【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第2章《函数、导数及其应用》14 (含详解).ppt，共(59)页，728.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学第一部分考点通关练第二章函数、导数及其应用考点测试14变化率与导数、导数的计算第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．下列求导运算正确的是()A．x＋1x′＝1＋1x2B．(log2x)′＝

1xln2C．(3x)′＝3xlog3eD．(x2cosx)′＝－2xsinx解析x＋1x′＝1－1x2；(3x)′＝3x·ln3；(x2cosx)′＝(x2)′·cosx＋x2·(cosx)′＝2xcosx－x2sinx

，所以A、C、D错．故选B.2．已知函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f′π2的值为()A．π2B．0C．－1D．1解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，∴f′π2＝π2c

osπ2＝0，故选B.3．一质点做直线运动，由始点经过ts后的距离为s＝13t3－6t2＋32t，则速度为0的时刻是()A．4s末B．8s末C．0s末与8s末D．4s末与8s末解析s′＝t2－12t＋32，由导数的

物理意义可知，速度为零的时刻就是s′＝0的时刻，解方程t2－12t＋32＝0，得t＝4或t＝8.故选D.4．过曲线y＝x3＋x－2上的点P0的切线平行于直线y＝4x－1，则切点P0的坐标为()A．(0，－1)或(1,0)B．(1,0)或(－1，－4)C

．(－1，－4)或(0，－2)D．(1,0)或(2,8)解析设P0(x0，y0)，由y′＝3x2＋1，得y′|x＝x0＝3x20＋1，由题意得3x20＋1＝4，∴x20＝1，即x0＝±1.当x0＝1时，

y0＝0，当x0＝－1时，y0＝－4.故P0的坐标为(1,0)或(－1，－4)，故选B.5．f(x)与g(x)是定义在R上的两个可导函数，若f(x)，g(x)满足f′(x)＝g′(x)，则f(x)与g(x

)满足()A．f(x)＝g(x)B．f(x)＝g(x)＝0C．f(x)－g(x)为常数函数D．f(x)＋g(x)为常数函数解析由f′(x)＝g′(x)，得f′(x)－g′(x)＝0，即[f(x)－g(x)]′＝0，所以f(x)－g(x)＝C(C为常数)．6.函数y＝f(x)的图象

如图所示，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)，f′(2)，f(2)－f(1)的大小关系是()A．f′(1)<f′(2)<f(2)－f(1)B．f′(2)<f(2)－f(1)<f′(1)C．f′(2)<f′

(1)<f(2)－f(1)D．f′(1)<f(2)－f(1)<f′(2)解析由题意得(1，f(1))，(2，f(2))两点连线的斜率为f2－f12－1＝f(2)－f(1)，而f′(1)，f′(2)分别表示函数f(x)在点(1，f(1))，(2，

f(2))处的切线的斜率，由图象可知f′(1)<f2－f12－1<f′(2)，即f′(1)<f(2)－f(1)<f′(2)．7．已知直线l过点P(2,4)，且为曲线y＝13x3＋43的切线，则直线l的方程为()A．x－y＋2＝0B．4x－y－4＝0或x－y＋2＝0C．

4x－y－4＝0D．x＝2或x－y＋2＝0解析∵y＝13x3＋43，∴y′＝x2.设直线l与曲线相切于点M(x0，y0)，则直线l的斜率为k＝x20，∴过点M(x0，y0)的切线方程为y－y0＝x20(x－x0)，即y－13x30＋43＝x

20(x－x0)，又点P(2,4)在直线l上，∴4－13x30＋43＝x20(2－x0)，整理得x30－3x20＋4＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，∴所求的切线方程为x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.8．

已知点P是曲线x2－y－2lnx＝0上任意一点，则点P到直线4x＋4y＋1＝0的最短距离是___________．22(1＋ln2)解析依题意，当曲线在点P处的切线与直线4x＋4y＋1＝0平行时，点P到直线4x＋4y＋1＝0的距离最短，设此时点P的

坐标为(x0，y0)，由曲线x2－y－2lnx＝0，得y＝x2－2lnx＝x2－lnx，则y′＝2x－1x，故y′|x＝x0＝2x0－1x0＝－1，得x0＝－1(舍去)或x0＝12，得y0＝14＋ln2，故P12，14＋ln2，故点P到直线4x＋4y＋1＝0的

最短距离为4×12＋4×14＋ln2＋116＋16＝22(1＋ln2)．二、高考小题9．[2016·山东高考]若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是()A．y＝sinx

B．y＝lnxC．y＝exD．y＝x3解析设函数y＝f(x)图象上两点的横坐标为x1，x2.由题意知只需函数y＝f(x)满足f′(x1)·f′(x2)＝－1(x1≠x2)即可．y＝f(x)＝sinx的导函数为f′(x)＝cosx，f′(0)

·f′(π)＝－1，故A满足；y＝f(x)＝lnx的导函数为f′(x)＝1x，f′(x1)·f′(x2)＝1x1x2>0，故B不满足；y＝f(x)＝ex的导函数为f′(x)＝ex，f′(x1)·f′(x2)＝ex1＋x2>0，故C不满足；y＝f(x)＝x3的导函数为f′(x)＝3x2，f′(x1

)·f′(x2)＝9x21x22≥0，故D不满足．故选A.10．[2014·陕西高考]如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()A．y＝12x

3－12x2－xB．y＝12x3＋12x2－3xC．y＝14x3－xD．y＝14x3＋12x2－2x解析设三次函数的解析式为y＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则y′＝3ax2＋2bx＋c.由已知得y＝－x是函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d在点(0,0)处的切线，则y′|x＝0＝－1⇒c＝－1

，排除选项B、D.又∵y＝3x－6是该函数在点(2,0)处的切线，则y′|x＝2＝3⇒12a＋4b＋c＝3⇒12a＋4b－1＝3⇒3a＋b＝1.只有A选项的函数符合，故选A.11．[2016·天津高考]已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，则f′

(0)的值为________．3解析∵f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)·ex，∴f′(0)＝3.12．[2016·全国卷Ⅲ]已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(

x)在点(1,2)处的切线方程是________．y＝2x解析当x>0时，－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，而f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝ex－1＋x(x>0)，点(1,2)在曲线y＝f(x)上，易知f′(1)＝2，故曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是y－2＝f′(1)·(x－

1)，即y＝2x.13．[2015·全国卷Ⅱ]已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.8解析令f(x)＝x＋lnx，求导得f′(x)＝1＋1x，f′(1

)＝2，又f(1)＝1，所以曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.设直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切点为P(x0，y0)，则y′|x＝x

0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，∴a＝0或x0＝－12，又ax20＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即ax20＋ax0＋2＝0，当a＝0时，显然不满足此方程，∴x0＝－12，此时a＝8.三、模拟小题14．[2016·

河南模拟]如果f′(x)是二次函数，且f′(x)的图象开口向上，顶点坐标为(1，3)，那么曲线y＝f(x)上任一点的切线的倾斜角α的取值范围是()A．0，π3B．π3，π2C．

π2，2π3D．π3，π解析由题意可设f′(x)＝a(x－1)2＋3(a>0)，即函数切线的斜率为k＝f′(x)＝a(x－1)2＋3≥3，即tanα≥3，∴π3≤α<π2，故选B.15

.[2017·深圳调研]如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝()A．－1B．0C．2D．4解析由题图可知

曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－13，即f′(3)＝－13.又g(x)＝xf(x)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×－13＝0.16．[2017·江西

南昌联考]已知函数f(x)在R上满足f(2－x)＝2x2－7x＋6，则曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程是()A．y＝2x－1B．y＝xC．y＝3x－2D．y＝－2x＋3解析解法一：令x＝1得f(1)＝1，令2－x＝t，可得x＝2－t，代入f

(2－x)＝2x2－7x＋6得f(t)＝2(2－t)2－7(2－t)＋6，化简整理得f(t)＝2t2－t，即f(x)＝2x2－x，∴f′(x)＝4x－1，∴f(1)＝1，f′(1)＝3，∴所求切线方程为y

－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.解法二：令x＝1得f(1)＝1，由f(2－x)＝2x2－7x＋6，两边求导可得f′(2－x)·(2－x)′＝4x－7，令x＝1可得－f′(1)＝－3，即f′(1)＝3.∴所求

切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.17.[2017·赣州模拟]如图，P(x0，y0)是函数f(x)的图象上一点，曲线y＝f(x)在点P处的切线交x轴于点A，PB⊥x轴，垂足为B，若△PAB的面积为1

2，f′(x0)为函数f(x)在x＝x0处的导数值，则f′(x0)与f(x0)满足的关系式是()A．f′(x0)＝f(x0)B．f′(x0)＝[f(x0)]2C．f′(x0)＝－f(x0)D．[f′(x0

)]2＝f(x0)解析由题意知，切线方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0)，令y＝0，得xA＝x0－y0f′x0，|AB|＝x0－xA＝y0f′x0，则△PAB的面积S＝12×|AB|×y0＝12×y20f′x0＝12，得f′(x0)＝y20＝[f(x0)]2，故选B.18

．[2017·山西太原模拟]已知a＝3c，bd＝－3，则(a－b)2＋(d－c)2的最小值为()A．3105B．165C．125D．185解析由于a＝3c，bd＝－3，令f(x)＝3x，g(x)＝－3x，则(a－b)2＋(d－c)2的最小值表示直线f(x)＝3x上的点与曲线g(x)＝

－3x上的点的距离的平方的最小值．设直线y＝3x＋m与曲线g(x)＝－3x相切于点P(x0，y0)，不妨设x0>0，由g′(x)＝3x2，得3x20＝3，得x0＝1，得切点P(1，－3)，所以－3＝3＋m，解得m＝－6，所以切点到直线f(x)＝

3x的距离为|3－－3|10＝3105，所以(a－b)2＋(d－c)2的最小值为185.第2步精做大题·练能力一、高考大题1．[2016·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线

方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋1x－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(

2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－ax－1x＋1>0.设g(x)＝lnx－ax－1x＋1，则g′(x)＝1x－2ax＋12＝x2＋21－ax＋1xx＋12，g(1)＝0.①当a≤

2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；②当a>2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－a－12－1

，x2＝a－1＋a－12－1.由x2>1和x1x2＝1，得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)<g(1)＝0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．2．[2014·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝aln

x＋1－a2x2－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)<aa－1，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝ax＋(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＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．①若a≤12，则a1－a≤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)<aa－1的充要条件为f(1)<aa－1，即1－a2－1<aa－1，解得－2－1<a<2－1.②若12<a<1，则a1－a>1，故当x∈1，a1－a时，f′(x)<0；当x∈a1－a，

＋∞时，f′(x)>0.f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1的充要条件为fa1－a<aa－1.而fa1－a＝alna1－a＋a221－a

＋aa－1>aa－1，所以不合题意．③若a>1，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12<aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．3．[2015·山东高考]设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝x2ex.已知曲线y

＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)＝min{f(x)，

g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．解(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋ax＋1，所以a＝1.(2)k

＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根．设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－x2ex，当x∈(0,1]时，h(x)<0，又h(2)＝3ln2－4e2＝ln8－4e2>1－1＝0，所以存

在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋1x＋1＋xx－2ex，所以当x∈(1,2)时，h′(x)>1－1e>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存

在唯一的根．(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝x＋1lnx，x∈0，x0

]，x2ex，x∈x0，＋∞.当x∈(0，x0]时，若x∈(0,1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0]，由m′(x)＝lnx＋1x＋1>0，可知0<m(x)≤m(x0)．故m(x)≤m(x0)．当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝x2－xex，可得x∈(x0,

2)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．可知m(x)≤m(2)＝4e2，且m(x0)<m(2)．综上可得，函数m(x)的最大值为4e2.二、模拟大题4．[2017·安徽蚌埠质检]已知函数f(x)＝(ax

2＋x－1)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－1，函数y＝f(x)的图象与函数g(x)＝13x3＋12x2＋m的图象有3个不同的交点，求实

数m的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝(x2＋x－1)ex，所以f′(x)＝(x2＋x－1)ex＋(2x＋1)ex＝(x2＋3x)ex，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝f′(1)＝4e.又因为f

(1)＝e，所以所求切线的方程为y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0.(2)当a＝－1时，f(x)＝(－x2＋x－1)ex，f′(x)＝(－x2－x)ex，所以y＝f(x)在(－∞，－1]上单调递减，在(－1,0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，故f(x)在x＝－1

处取得极小值－3e，在x＝0处取得极大值－1.而g′(x)＝x2＋x，所以y＝g(x)在(－∞，－1]上单调递增，在(－1,0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．故g(x)在x＝－1处取得极大值16＋m，在x＝0处取得极小值m.因为函数y＝f(x)与

y＝g(x)的图象有3个不同的交点，所以f(－1)<g(－1)且f(0)>g(0)，所以－3e－16<m<－1，即m的取值范围为－3e－16，－1.5．[2017·邯郸模拟]设函数f(x)＝(x＋a)lnx＋b，曲线y＝f(x)在点(

1，f(1))处的切线方程为x＋y－2＝0.(1)求y＝f(x)的解析式；(2)证明：f(x)>0.解(1)∵f′(x)＝lnx＋x＋ax，∴f′(1)＝1＋a＝－1，解得a＝－2.又∵点(1，f(1))在切线x＋y－2＝0上，f(1)＝b，∴1＋b－2＝0，解得b＝1.∴y

＝f(x)的解析式为f(x)＝(x－2)lnx＋1.(2)证明：由(1)知f′(x)＝lnx＋x－2x＝lnx－2x＋1，又∵f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2>0，∴存在x0∈(1,2)使得f′(x0)＝0.当0<x<x0时，f′(x)

<0，当x>x0时，f′(x)>0，∴f(x)≥f(x0)＝(x0－2)lnx0＋1.由f′(x0)＝0，得lnx0＝2x0－1.∴f(x)≥f(x0)＝(x0－2)lnx0＋1＝(x0－2)2x0－1＋1＝5－

x0＋4x0.令r(x)＝x＋4x(1<x<2)，则r′(x)＝1－4x2＝x＋2x－2x2<0，∴r(x)在区间(1,2)内单调递减，r(x)<r(1)＝5，∴f(x)≥5－x

0＋4x0>5－5＝0.综上，对任意x∈(0，＋∞)，f(x)>0.6．[2016·山西考前质检]已知直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象相切，且f′(1)＝e.(1)求实数a，b的值；(2)若存在x∈0，32，使得2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m

≠0)成立，求nm的取值范围．解(1)设直线y＝x＋1与曲线f(x)＝aex＋b相切的切点为(x0，f(x0))．由f(x)＝aex＋b，得f′(x)＝aex.(2)由(1)可知f(x)＝ex，则存在x∈0，32，使得2mf(x－1)＋nf(x)＝mx成立，等价于存在

x∈0，32，使得2mex－1＋nex＝mx成立．所以nm＝x－2ex－1ex，x∈0，32.设g(x)＝x－2ex－1ex，x∈0，32，则g′(x)＝1－xex.当x∈(0,1)时，g′(x

)>0，g(x)单调递增；当x∈1，32时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝－1e.