2021數(shù)學(xué)蘇教版一輪考點測試14變化率與導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的計算含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)蘇教版一輪考點測試14變化率與導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的計算含解析考點測試14變化率與導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的計算高考概覽本考點是高考的必考知識點，既可作為選擇題、填空題獨立考查，也可結(jié)合導(dǎo)數(shù)應(yīng)用在解答題中綜合考查，分值5分、12分,中等難度考綱研讀1。了解導(dǎo)數(shù)概念的實際背景2．通過函數(shù)圖象直觀理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義3．能根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)y＝C（C為常數(shù)),y＝x,y＝eq\f(1，x）,y＝x2，y＝x3,y＝eq\r（x)的導(dǎo)數(shù)4．能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并了解復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則,能求簡單復(fù)合函數(shù)(僅限于形如f(ax＋b)的復(fù)合函數(shù)）的導(dǎo)數(shù)一、基礎(chǔ)小題1．滿足f(x)＝f′(x)的函數(shù)是(）A．f（x）＝3＋x B．f（x）＝－xC．f(x）＝lnx D．f(x）＝0答案D解析若f（x)＝0，則f′(x）＝0，從而有f(x)＝f′(x）．故選D.2．設(shè)f(x）＝xlnx，f′(x0）＝2，則x0＝()A．e2 B．eC．eq\f（ln2，2) D．ln2答案B解析∵f′(x）＝1＋lnx,∴f′(x0)＝1＋lnx0＝2，∴x0＝e。故選B.3．已知一個物體的運動方程為s＝1－t＋t2，其中s的單位是m,t的單位是s,那么物體在4s末的瞬時速度是（）A．7m/s B．6m/sC．5m/s D．8m/s答案A解析eq\f(Δs,Δt）＝eq\f（7Δt＋Δt2,Δt)＝7＋Δt，當(dāng)Δt無限趨近于0時，eq\f(Δs，Δt）無限趨近于7。故選A。4．函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f（x)＝xex,則曲線y＝f（x)在x＝－1處的切線方程為（）A．2ex＋y＋e＝0 B．2ex－y－e＝0C．2ex＋y－3e＝0 D．2ex－y＋3e＝0答案A解析當(dāng)x≥0時,f′(x）＝（x＋1)ex，故f′（1)＝2e，f(1)＝e,因為函數(shù)f（x）為偶函數(shù),所以y＝f（x）的圖象關(guān)于y軸對稱，故f′(－1）＝－2e，f（－1)＝e，所求切線方程為y－e＝－2e（x＋1),即2ex＋y＋e＝0。故選A.5．設(shè)函數(shù)f（x）＝xsinx＋cosx的圖象在點（t，f(t))處切線的斜率為g(t），則函數(shù)y＝g（t)的圖象一部分可以是（）答案A解析由f(x)＝xsinx＋cosx可得f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，即y＝g(t)＝tcost，是奇函數(shù)，排除B,D;當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)）)時，y＝g(t)>0，排除C。故選A.6．設(shè)f（x）是可導(dǎo)函數(shù),且滿足eq\o（lim，\s\do4（Δx→0）)eq\f（f2Δx＋1－f1,2Δx）＝－1，則y＝f（x)在點（1，f（1）)處的切線的斜率為（）A．－1 B．1C．2 D．－2答案A解析eq\o（lim,\s\do4（Δx→0））eq\f(f2Δx＋1－f1,2Δx）＝－1，即f′(1)＝－1，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，y＝f(x）在點(1,f(1））處的切線的斜率為－1.7．若點A（t，0）與曲線y＝ex上點P的距離的最小值為2eq\r（3)，則實數(shù)t的值為（）A．4－eq\f(ln2,3) B．4－eq\f(ln2，2)C．3＋eq\f（ln3,3) D．3＋eq\f(ln3，2）答案D解析y＝ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝ex，設(shè)P（m，em)，可得過P的切線的斜率為em，當(dāng)AP垂直于切線時，AP取得最小值2eq\r（3),可得eq\f（em，m－t）＝－eq\f(1，em）,且eq\r(m－t2＋e2m)＝2eq\r（3)，可得（m－t）2－（m－t）－12＝0，解得m－t＝－3(4舍去），即有e2m＝t－m＝3，解得m＝eq\f(ln3，2)，t＝3＋eq\f(ln3，2)，故選D.8．曲線f(x)＝eq\f（ex,x)在點（1，f（1))處的切線的斜率為________．答案0解析由f(x)＝eq\f(ex，x），得f′（x）＝eq\f（xex－ex，x2)＝eq\f(x－1ex，x2)?！鄁′（1)＝0.∴曲線f（x)＝eq\f(ex,x）在點（1，f（1））處的切線的斜率為0.二、高考小題9．（2019·全國卷Ⅱ)曲線y＝2sinx＋cosx在點(π,－1）處的切線方程為()A．x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0答案C解析設(shè)y＝f（x)＝2sinx＋cosx,則f′（x）＝2cosx－sinx,∴f′（π)＝－2,∴曲線在點（π，－1）處的切線方程為y－（－1)＝－2(x－π）,即2x＋y－2π＋1＝0。故選C.10．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點（1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則(）A．a(chǎn)＝e,b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1答案D解析y′＝aex＋lnx＋1，k＝y(tǒng)′｜x＝1＝ae＋1,∴切線方程為y－ae＝(ae＋1）(x－1），即y＝(ae＋1）x－1。又切線方程為y＝2x＋b,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，)）即a＝e－1,b＝－1.故選D.11．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f（x)為奇函數(shù),則曲線y＝f(x)在點（0，0)處的切線方程為()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x答案D解析因為函數(shù)f（x)是奇函數(shù),所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，f′(x）＝3x2＋1，所以f′(0）＝1，f（0)＝0，所以曲線y＝f（x)在點(0，0）處的切線方程為y－f(0）＝f′(0)x，化簡可得y＝x，故選D.12．(2019·全國卷Ⅰ)曲線y＝3（x2＋x）ex在點(0,0)處的切線方程為________．答案y＝3x解析y′＝3（2x＋1）ex＋3（x2＋x)ex＝ex（3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3,∴切線方程為y＝3x。13．（2019·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點A在曲線y＝lnx上,且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點（－e,－1）（e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標(biāo)是________．答案(e，1)解析設(shè)A（m，n)，則曲線y＝lnx在點A處的切線方程為y－n＝eq\f（1，m)（x－m）．又切線過點(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m）(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1。故點A的坐標(biāo)為(e，1）．三、模擬小題14．(2019·佛山模擬）若曲線y＝ex在x＝0處的切線，也是y＝lnx＋b的切線，則b＝()A．－1 B．1C．2 D．e答案C解析y＝ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝ex，曲線y＝ex在x＝0處的切線斜率為k＝1，則曲線y＝ex在x＝0處的切線方程為y－1＝x，即y＝x＋1，y＝lnx＋b的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f（1，x)，設(shè)y＝x＋1和y＝lnx＋b相切的切點為(m，n）,則eq\f（1,m)＝1，解得m＝1，n＝2，即有2＝ln1＋b，解得b＝2。故選C.15．（2019·內(nèi)江一模）若函數(shù)f（x)＝eq\f（\r（3）,3）x3＋lnx－x，則曲線y＝f(x)在點(1,f（1)）處的切線的傾斜角是()A。eq\f(π,6） B．eq\f（π，3）C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π，6）答案B解析根據(jù)題意，設(shè)切線的斜率為k，其傾斜角是θ,f(x)＝eq\f(\r（3）,3)x3＋lnx－x,則f′(x）＝eq\r(3)x2＋eq\f(1，x）－1，則有k＝f′(1）＝eq\r(3)，則tanθ＝eq\r(3)，又0≤θ〈π，則θ＝eq\f(π,3）.故選B.16．(2020·江西南昌高三診斷）已知f（x)在R上連續(xù)可導(dǎo)，f′(x）為其導(dǎo)函數(shù),且f（x)＝ex＋e－x－f′(1）x·(ex－e－x）,則f′（2)＋f′(－2)－f′(0）f′（1）＝（)A．4e2＋4e－2 B．4e2－4e－2C．0 D．4e2答案C解析由題意,得f′(x）＝ex－e－x－f′(1）［ex－e－x＋x(ex＋e－x)］，所以f′(0）＝e0－e0－f′（1)［e0－e0＋0·(e0＋e0)］＝0，f′(2）＋f′(－2）＝0，所以f′（2)＋f′(－2）－f′(0）f′(1）＝0,故選C。17．（2019·大慶鐵人中學(xué)高三一模）函數(shù)f（x)是定義在（0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù),導(dǎo)函數(shù)記為f′(x)，當(dāng)x>0且x≠1時，eq\f(2fx＋xf′x,x－1)〉0,若曲線y＝f（x)在x＝1處的切線斜率為－eq\f（4,5)，則f（1)＝(）A。eq\f(2,5） B．eq\f(3，5）C．eq\f（4，5) D．1答案A解析當(dāng)x〉0且x≠1時，eq\f（2fx＋xf′x,x－1)〉0,可得當(dāng)x>1時，2f(x)＋xf′（x）>0;當(dāng)0<x〈1時,2f（x）＋xf′（x）<0,令g(x)＝x2f(x)，x∈（0，＋∞)．∴g′(x）＝2xf（x）＋x2f′(x）＝x[2f(x）＋xf′(x）],可得當(dāng)x〉1時，g′（x)>0;當(dāng)0<x〈1時，g′（x）〈0，可得函數(shù)g(x)在x＝1處取得極小值，∴g′(1）＝2f（1）＋f′（1）＝0，∵f′(1）＝－eq\f(4，5），∴f（1）＝－eq\f(1，2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（4，5）)）＝eq\f（2,5）。故選A.18．(2019·濟南模擬）設(shè)曲線f(x）＝2ax＋eq\f(1，3)sinx上任意一點處的切線為l，若在曲線g(x)＝lnx(x≥1)上總存在一點,使得曲線g（x)在該點處的切線平行于l，則實數(shù)a的取值范圍為(）A.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1，3））） B．eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1,3)）)C。eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1,6),\f(1，3))） D．eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1，6),\f(1,3）))答案D解析f（x）＝2ax＋eq\f(1，3）sinx的導(dǎo)數(shù)為f′（x)＝2a＋eq\f（1,3）cosx，由－1≤cosx≤1可得2a＋eq\f（1,3)cosx∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（2a－\f(1,3)，2a＋\f(1，3））)，g(x）＝lnx（x≥1)的導(dǎo)數(shù)為g′(x）＝eq\f(1,x),設(shè)切點為(m,lnm),其中m≥1，可得切線的斜率為eq\f（1,m）∈(0,1］，由題意可得eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(2a－\f（1,3)，2a＋\f(1，3)))?（0，1]，即有2a－eq\f（1,3）＞0,且2a＋eq\f(1，3)≤1，解得eq\f(1，6）＜a≤eq\f(1,3)，故選D。一、高考大題1．（2019·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f（x＋1，x－1）。（1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；（2)設(shè)x0是f(x)的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A（x0,lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．解（1）f（x）的定義域為(0，1）∪（1,＋∞)．因為f′（x)＝eq\f（1,x)＋eq\f(2,x－12)〉0，所以f（x）在(0，1)，（1，＋∞)單調(diào)遞增．因為f（e）＝1－eq\f（e＋1,e－1)〈0,f（e2）＝2－eq\f(e2＋1,e2－1）＝eq\f（e2－3,e2－1）〉0，所以f（x）在（1,＋∞)有唯一零點x1(e〈x1〈e2),即f(x1)＝0.又0〈eq\f（1，x1)〈1，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，x1））)＝－lnx1＋eq\f（x1＋1，x1－1）＝－f（x1）＝0，故f（x）在（0，1)有唯一零點eq\f（1,x1）.綜上,f（x）有且僅有兩個零點．（2）證明：因為eq\f(1，x0)＝e－lnx0，所以點Beq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f（1,x0）)）在曲線y＝ex上．由題設(shè)知f（x0）＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直線AB的斜率k＝eq\f(\f(1，x0)－lnx0,－lnx0－x0）＝eq\f（\f（1,x0）－\f（x0＋1,x0－1)，－\f(x0＋1,x0－1)－x0）＝eq\f(1，x0）。曲線y＝ex在點Beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－lnx0,\f（1，x0)）)處切線的斜率是eq\f(1,x0)，曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處切線的斜率也是eq\f（1，x0），所以曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．2．（2019·北京高考）已知函數(shù)f（x)＝eq\f（1，4）x3－x2＋x.(1）求曲線y＝f（x）的斜率為1的切線方程；（2)當(dāng)x∈[－2,4]時，求證：x－6≤f(x）≤x；（3）設(shè)F（x）＝｜f（x）－(x＋a)｜(a∈R），記F（x)在區(qū)間[－2，4］上的最大值為M（a）．當(dāng)M（a)最小時，求a的值．解（1）由f(x）＝eq\f（1，4)x3－x2＋x得f′（x）＝eq\f（3，4）x2－2x＋1.令f′(x）＝1，即eq\f(3，4）x2－2x＋1＝1,得x＝0或x＝eq\f（8，3）.又f(0)＝0，feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（8,3))）＝eq\f（8，27），所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f（8,27）＝x－eq\f(8,3），即y＝x與y＝x－eq\f(64，27）.(2）證明:令g（x）＝f(x)－x，x∈[－2,4］．由g（x)＝eq\f（1,4)x3－x2得g′(x）＝eq\f(3，4)x2－2x。令g′（x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8，3）。當(dāng)x變化時，g′（x），g（x)的變化情況如下:x－2(－2，0)0eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（8,3)）)eq\f(8，3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(8，3)，4)）4g′（x)＋0－0＋g(x)－6↗0↘－eq\f(64,27)↗0所以g(x）的最小值為－6,最大值為0.故－6≤g(x）≤0,即x－6≤f（x)≤x.（3）由（2)知，當(dāng)a<－3時，M(a）＝F(0)＝｜g(0）－a｜＝－a>3；當(dāng)a>－3時，M(a)＝F(－2）＝｜g(－2）－a｜＝6＋a〉3；當(dāng)a＝－3時，M（a）＝3。綜上，當(dāng)M（a)最小時，a＝－3.3．（2018·全國卷Ⅲ）已知函數(shù)f（x)＝eq\f（ax2＋x－1,ex).(1）求曲線y＝f（x）在點（0，－1）處的切線方程；（2)證明:當(dāng)a≥1時，f(x)＋e≥0。解(1）f′（x）＝eq\f（－ax2＋2a－1x＋2，ex),f′(0)＝2.因此曲線y＝f（x）在點（0，－1)處的切線方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.(2)證明：當(dāng)a≥1時，f(x）＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)·e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′（x)＝2x＋1＋ex＋1。當(dāng)x〈－1時，g′(x）〈0，g（x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，g′（x）>0，g(x)單調(diào)遞增；所以g(x)≥g(－1）＝0.因此f（x)＋e≥0。二、模擬大題4．（2019·西藏拉薩二模）已知函數(shù)f(x）＝ax－bex，且函數(shù)f（x)的圖象在點（0，f（0）)處的切線斜率為a－1。（1)求b的值；(2)求函數(shù)f(x)的最值;(3)當(dāng)a∈［1,1＋e]時,求證:f（x)≤x。解（1）由題意，得f′(x)＝a－bex，又f′（0)＝a－b＝a－1，∴b＝1.(2）f′(x）＝a－ex。當(dāng)a≤0時,f′（x）<0，f(x）在R上單調(diào)遞減，f（x)沒有最值；當(dāng)a〉0時,令f′(x）〈0，得x>lna，令f′(x）〉0，得x〈lna，∴f(x）在區(qū)間（－∞,lna)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x）在x＝lna處取得唯一的極大值，即為最大值，且f（x）max＝f(lna）＝alna－a。綜上所述,當(dāng)a≤0時，f(x）沒有最值;當(dāng)a〉0時，f(x）的最大值為alna－a，無最小值．(3)證明：要證f(x)≤x，即證(a－1）x≤ex,令F(x）＝ex－（a－1）x，當(dāng)a＝1時，F(xiàn)（x)＝ex>0，∴（a－1）x≤ex成立；當(dāng)1〈a≤1＋e時，F(xiàn)′(x）＝ex－（a－1）＝ex－eln（a－1），當(dāng)x<ln（a－1)時，F(xiàn)′(x)<0；當(dāng)x〉ln（a－1）時，F(xiàn)′(x)〉0，∴F（x)在區(qū)間（－∞，ln（a－1)）上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(a－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F（x)≥F[ln（a－1)]＝eln（a－1)－（a－1）ln（a－1)＝(a－1）［1－ln(a－1)]．∵1〈a≤1＋e,∴0〈a－1≤e，1－ln(a－1)≥1－lne＝0，∴F(x)≥0，即（a－1)x≤ex成立，故原不等式成立．5．（2019·烏魯木齊一模）已知函數(shù)f（x)＝xlnx＋ax2。(1)若y＝f（x）的圖象在點x＝1處的切線與直線x＋y＝0平行，求實數(shù)a的值;（2)若a≥0，討論f（x)的零點個數(shù)．解（1)∵函數(shù)f(x）＝xlnx＋ax2，其導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝1＋lnx＋2ax,x＞0，∴圖象在點x＝1處的切線斜率為f′（1）＝1＋2a∵切線與直線x＋y＝0平行，∴1＋2a解得a＝－1.(2)若a＝0，可得f(x）＝xlnx，由f（x)＝0及x>0,可得x＝1,即f(x）的零點個數(shù)為1；若a＞0,由f(x)＝0，即為lnx＋ax＝0，可得－a＝eq\f(lnx，x），x＞0,設(shè)g(x）＝eq\f(lnx,x），則g′（x)＝eq\f（1－lnx，x2），當(dāng)x＞e時，g′（x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)0＜x＜e時，g′（x）＞0,g(x）單調(diào)遞增,所以x＝e時,g(x）取得極大值，且極大值為eq\f(1，e），g（x）的大致圖象如圖：由a＞0，即－a＜0，可得y＝－a和y＝g(x）的圖象只有一個交點，即a＞0時，f