《變化率與導(dǎo)數(shù)》沖刺7

《變化率與導(dǎo)數(shù)》試卷A級基礎(chǔ)演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(2011·全國)曲線y＝e－2x＋1在點(0,2)處的切線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形的面積為 ()．\f(1,3) \f(1,2) \f(2,3) D．1解析y′＝－2e－2x，曲線在點(0,2)處的切線斜率k＝－2，∴切線方程為y＝－2x＋2，該直線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形如圖所示，其中直線y＝－2x＋2與y＝x的交點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，y＝－2x＋2與x軸的交點B(1,0)．所以三角形面積S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，故選A.答案A2．函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)>0，xf′(x)＋f(x)<0，則對任意正數(shù)a，b，若a>b，則必有 ()．A．a(chǎn)f(b)<bf(a) B．bf(a)<af(b)C．a(chǎn)f(a)<f(b) D．bf(b)<f(a)解析構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(x>0)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，由條件知F′(x)<0，∴函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又a>b>0，∴eq\f(fa,a)<eq\f(fb,b)，即bf(a)<af(b)．答案B3．(2013·南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋eq\f(1,a)x(a>0)，則f(2)的最小值為()．A．12eq\r(3,2) B．12＋8a＋eq\f(1,a)C．8＋8a＋eq\f(2,a) D．16解析f(2)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，令g(a)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，則g′(a)＝8－eq\f(2,a2)，由g′(a)>0得a>eq\f(1,2)，由g′(a)<0得0<a<eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)時f(2)有最小值．f(2)的最小值為8＋8×eq\f(1,2)＋eq\f(2,\f(1,2))＝16.故選D.答案D4．已知對任意實數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0則x<0時 ()．A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0解析依題意得，函數(shù)f′(x)、g′(x)分別是偶函數(shù)、奇函數(shù)，當(dāng)x<0時，－x>0，f′(x)＝f′(－x)>0，g′(x)＝－g′(－x)<0，選B.答案B二、填空題(每小題5分，共10分)5．(2012·新課標(biāo)全國)曲線y＝x(3lnx＋1)在點(1,1)處的切線方程為________．解析∵y＝x(3lnx＋1)，∴y′＝3lnx＋1＋x·eq\f(3,x)＝3lnx＋4，∴k＝y(tǒng)′|x＝1＝4，∴所求切線的方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.答案y＝4x－36．曲線y＝x3＋x－2在點P處的切線平行于直線y＝4x－1，則點P的坐標(biāo)為________．解析依題意得y′＝3x2＋1，設(shè)點P(x0，y0)，則有3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，解得x0＝－1或x0＝1，將x0的值代入曲線方程得y0＝－4或y0＝0，從而點P的坐標(biāo)是(1,0)或(－1，－4)．答案(1,0)或(－1，－4)三、解答題(共25分)7．(12分)求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(2x＋1)n，(n∈N*)；(2)y＝ln(x＋eq\r(1＋x2))；(3)y＝eq\f(ex＋1,ex－1)；(4)y＝2xsin(2x＋5)．解(1)y′＝n(2x＋1)n－1·(2x＋1)′＝2n(2x＋1)n－1.(2)y′＝eq\f(1,x＋\r(1＋x2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2x,2\r(1＋x2))))＝eq\f(1,\r(1＋x2)).(3)∵y＝eq\f(ex＋1,ex－1)＝1＋eq\f(2,ex－1)∴y′＝eq\f(－2ex,ex－12).(4)y′＝2sin(2x＋5)＋4xcos(2x＋5)．8．(13分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(2，－6)處的切線的方程；(2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經(jīng)過原點，求直線l的方程及切點坐標(biāo)；(3)如果曲線y＝f(x)的某一切線與直線y＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，求切點坐標(biāo)與切線的方程．解(1)可判定點(2，－6)在曲線y＝f(x)上．∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1.∴f′(x)在點(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝13.∴切線的方程為y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.(2)法一設(shè)切點為(x0，y0)，則直線l的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴直線l的方程為y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，又∵直線l過點(0,0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，整理得，xeq\o\al(3,0)＝－8，∴x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標(biāo)為(－2，－26.)法二設(shè)直線l的方程為y＝kx，切點為(x0，y0)，則k＝eq\f(y0－0,x0－0)＝eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)又∵k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，解之得x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標(biāo)為(－2，－26)．(3)∵切線與直線y＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，∴切線的斜率k＝4.設(shè)切點的坐標(biāo)為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，∴x0＝±1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－14))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,y0＝－18，))切線方程為y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.即y＝4x－18或y＝4x－14.B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．設(shè)曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝()．A．2 \f(1,2) \f(1,2) D．－2解析y′＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝eq\f(－2,x－12)，點(3,2)處切線斜率k＝－eq\f(1,2)，∵切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，∴a＝－2.答案D2．已知函數(shù)f′(x)，g′(x)分別是二次函數(shù)f(x)和三次函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)，它們在同一坐標(biāo)系下的圖象如圖所示，設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，則()．A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)D．h(0)<h(1)<h(－1)解析由圖象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，則f(x)＝eq\f(1,2)x2＋m，其中m為常數(shù)，g(x)＝eq\f(1,3)x3＋n，其中n為常數(shù)，則h(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)x3＋m－n，得h(0)<h(1)<h(－1)．答案D二、填空題(每小題5分，共10分)3．已知曲線C：f(x)＝x3－ax＋a，若過曲線C外一點A(1,0)引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補，則a的值為________．解析設(shè)切點坐標(biāo)為(t，t3－at＋a)．由題意知，f′(x)＝3x2－a，切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝t＝3t2－a①所以切線方程為y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)②將點(1,0)代入②式得－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解之得：t＝0或t＝eq\f(3,2).分別將t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由題意得它們互為相反數(shù)，故a＝eq\f(27,8).答案eq\f(27,8)4．同學(xué)們經(jīng)過市場調(diào)查，得出了某種商品在2011年的價格y(單位：元)與時間t(單位：月)的函數(shù)關(guān)系為：y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，則10月份該商品價格上漲的速度是______元/月．解析∵y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t2,20－t)))′＝2′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,20－t)))′＝eq\f(t2′20－t－t220－t′,20－t2)＝eq\f(40t－t2,20－t2).由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知10月份該商品的價格的上漲速度應(yīng)為y′|t＝10＝eq\f(40×10－102,20－102)＝3.因此10月份該商品價格上漲的速度為3元/月．答案3三、解答題(共25分)5．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明：曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值．(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當(dāng)x＝2時，y＝eq\f(1,2).又f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設(shè)P(x0，y0)為曲線上任一點，由f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)知，曲線在點P(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))·(x－x0)，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))(x－x0)．令x＝0得，y＝－eq\f(6,x0)，從而得切線與直線x＝0交點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，從而得切線與直線y＝x的交點坐標(biāo)為(2x0,2x0)．所以點P(x0，y0)處的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形面積為eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，此定值為6.6．(13分)(2012·遼寧)設(shè)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b，為常數(shù))，曲線y＝f(x)與直線y＝eq\f(3,2)x在(0,0)點相切．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)0<x<2時，f(x)<eq\f(9x,x＋6).(1)解由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點的切線斜率為eq\f(3,2)，又y′|x＝0＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))＋a))))x＝0＝eq\f(3,2)＋a，得a＝0.(2)證明當(dāng)x>0時，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.記h(x)＝f(x)－eq\f(9x,x＋6)，則h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1))－eq\f(54,