2023年高考数学一轮复习第十一节变化率与导数导数的计算课下作业新人教版.docx

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 f(x)＝xlnx，假设f′(x0)＝2，那么x0＝ (　　) A．e2 B．e C. D．ln2 解析：f′(x)＝x×＋1×lnx＝1＋lnx，由1＋lnx0＝2， 知x0＝e. 答案：B 2．设f0(x)＝cosx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，那么f2023(x)＝ (　　) A．sinx B．－sinx C．cosx D．－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f2023(x)＝f2(x)＝－cosx. 答案：D 3．(2023·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：D 4．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)sinx ＝(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.(2023·辽宁高考)曲线y＝在点(1，－1)处的切线方程为 (　　) A．y＝x－2 B．y＝－3x＋2 C．y＝2x－3 D．y＝－2x＋1 解析：y′＝()′＝，∴k＝y′|x＝1＝－2. l：y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1. 答案：D 6．(2023·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)＝ex B．f(x)＝x3 C．f(x)＝lnx D．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：D 7．(2023·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＋1 8．(2023·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．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， ∴＝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：B 11．(文)(2023·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(x)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．2 C．3 D．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：A 12．(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＋att≠0，所以a＝－t 2. 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. (理)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.