2020高考数学刷题首选卷考点测试14变化率与导数理（含解析）.docx

1、1考点测试 14 变化率与导数、导数的计算一、基础小题1下列求导运算正确的是( )A 1 B(log 2x)(x1x) 1x2 1xln 2C(3 x)3 xlog3e D( x2cosx)2 xsinx答案 B解析 1 ；(3 x)3 xln 3；( x2cosx)( x2)cos x x2(cosx)(x1x) 1x22 xcosx x2sinx，所以 A，C，D 错误故选 B2已知函数 f(x) xsinxcos x，则 f 的值为( )(2)A B0 C1 D12答案 B解析 f( x)sin x xcosxsin x xcosx，2 f cos 0，故选 B(2) 2 23设 f(x

2、) xln x， f( x0)2，则 x0( )Ae 2 Be C Dln 2ln 22答案 B解析 f( x)1ln x， f( x0)1ln x02， x0e故选 B4已知一个物体的运动方程为 s1 t t2，其中 s的单位是 m， t的单位是 s，那么物体在 4 s末的瞬时速度是( )A7 m/s B6 m/s C5 m/s D8 m/s答案 A解析 7 t，当 t无限趋近于 0时， 无限趋近于 7故选 s t 7 t t2 t s tA5已知函数 f(x)在 R上可导，且 f(x) x22 xf(2)，则函数 f(x)的解析式为( )A f(x) x28 x B f(x) x28 xC

3、 f(x) x22 x D f(x) x22 x答案 B解析 由题意得 f( x)2 x2 f(2)，则 f(2)42 f(2)，所以 f(2)4，所以 f(x) x28 x6已知函数 y f(x)的图象如图，则 f( xA)与 f( xB)的大小关系是( )A f( xA) f( xB) B f( xA) f( xB)C f( xA) f( xB) D不能确定答案 B解析 f( xA)和 f( xB)分别表示函数图象在点 A， B处的切线的斜率，故 f( xA) f( xB)7设 f(x)是可导函数，且满足 1，则 y f(x)在点lim x 0f2 x 1 f12 x(1， f(1)处的切

4、线的斜率为( )3A1 B1 C2 D2答案 A解析 1，即 f(1)1，由导数的几何意义知，lim x 0f2 x 1 f12 xy f(x)在点(1， f(1)处的切线的斜率为18已知过点 P(2，2)的直线 l与曲线 y x3 x相切，则直线 l的方程为13_答案 y8 x18 或 y x解析 设切点为( m， n)，因为 y x21，所以解得 或 所以切线的斜率为 8或1，所以切线方程为 y8 x18 或 y x4二、高考小题9(2018全国卷)设函数 f(x) x3( a1) x2 ax，若 f(x)为奇函数，则曲线y f(x)在点(0，0)处的切线方程为( )A y2 x B y

5、x C y2 x D y x答案 D解析 因为函数 f(x)是奇函数，所以 a10，解得 a1，所以 f(x) x3 x， f( x)3 x21，所以 f(0)1， f(0)0，所以曲线 y f(x)在点(0，0)处的切线方程为y f(0) f(0) x，化简可得 y x，故选 D10(2018全国卷)曲线 y2ln( x1)在点(0，0)处的切线方程为_答案 y2 x解析 y ， k 2，所求切线方程为 y2 x2x 1 20 111(2018全国卷)曲线 y( ax1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为2，则a_答案 3解析 由 y aex( ax1)e x，则 f(0) a12所以 a

6、312(2017天津高考)已知 aR，设函数 f(x) axln x的图象在点(1， f(1)处的切线为 l，则 l在 y轴上的截距为_答案 1解析 由题意可知 f( x) a ，所以 f(1) a1，因为 f(1) a，所以切点坐标1x为(1， a)，所以切线 l的方程为 y a( a1)( x1)，即 y( a1) x1令 x0，得 y1，即直线 l在 y轴上的截距为 113(2016全国卷)已知 f(x)为偶函数，当 x0，则 x0)，则 f( x) 3( x0)，1x f(1)2，在点(1，3)处的切线方程为 y32( x1)，即 y2 x1三、模拟小题14(2018江西重点中学盟校第

7、一次联考)函数 y x3的图象在原点处的切线方程为( )5A y x B x0C y0 D不存在答案 C解析 函数 y x3的导数为 y3 x2，则在原点处的切线斜率为 0，所以在原点处的切线方程为 y00( x0)，即 y0，故选 C15(2018福建福州八县联考)已知函数 f(x)的导函数是 f( x)，且满足 f(x)2 xf(1)ln ，则 f(1)( )1xAe B2 C2 De答案 B解析 由已知得 f( x)2 f(1) ，令 x11x得 f(1)2 f(1)1，解得 f(1)1，则f(1)2 f(1)216(2018广东深圳二模)设函数 f(x) x b，若曲线 y f(x)在

8、点( a， f(a)处1x的切线经过坐标原点，则 ab( )A1 B0 C1 D2答案 D解析 由题意可得， f(a) a b， f( x)1 ，所以 f( a)1 ，故切线1a 1x2 1a2方程是 y a b1 (x a)，将(0，0)代入得 a b1 ( a)，故 b ，1a 1a2 1a 1a2 2a故 ab2，故选 D17(2018湖南株洲高三教学质量统一检测二)设函数 f(x) xsinxcos x的图象在点( t， f(t)处切线的斜率为 g(t)，则函数 y g(t)的图象一部分可以是( )答案 A解析 由 f(x) xsinxcos x可得 f( x)sin x xcosxs

9、in x xcosx，即 y g(t) tcost，是奇函数，排除 B，D；当 t0， 时， y g(t)0，排除 C故选 A218(2018湖南郴州第二次教学质量检测)已知函数 f(x)2ln x xe 2， g(x)1e mx1，若 f(x)与 g(x)的图象上存在关于直线 y1 对称的点，则实数 m的取值范围是6_答案 2e ，3e32解析 直线 g(x) mx1 关于直线 y1 对称的直线为 y mx1，因为 f(x)与 g(x)的图象上存在关于直线 y1 对称的点，所以直线 y mx1 与 f(x)2ln x的图象在 ，1ee2上有交点，直线 y mx1 过定点(0，1)，当直线 y

10、 mx1 经过点 ，2 时，1e2 1，解得 m3e，当直线 y mx1 与 y2ln x xe 2相切时，设切点为me 1e(x， y)，则 解得 m3e 时，直线2e32y mx1 与 y2ln x的图象在 ，e 2上有交点，即 f(x)与 g(x)的图象上存在关于直线1ey1 对称的点，故实数 m的取值范围是2e ，3e32一、高考大题1(2018全国卷)已知函数 f(x) ax2 x 1ex(1)求曲线 y f(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当 a1 时， f(x)e0解 (1) f( x) ， f(0)2因此曲线 y f(x)在点(0，1)处 ax2 2a 1x 2ex

11、的切线方程是 y12 x，即 2x y10(2)证明：当 a1 时， f(x)e( x2 x1e x1 )e x令 g(x) x2 x1e x1 ，则 g( x)2 x1e x1 当 x1 时， g( x)0， g(x)单调递增；所以 g(x) g(1)0因此 f(x)e02(2018北京高考)设函数 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x(1)若曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线与 x轴平行，求 a；(2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a的取值范围解 (1)因为 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x，所以 f( x) ax2(2 a1) x27exf(

12、1)(1 a)e由题设知 f(1)0，即(1 a)e0，解得 a1此时 f(1)3e0所以 a的值为 1(2)由(1)得 f( x) ax2(2 a1) x2e x( ax1)( x2)e x若 a ，则当 x ，2 时， f( x)0所以 f(x)在 x2 处取得极小值若 a ，则当 x(0，2)时， x20，12 12所以 2不是 f(x)的极小值点综上可知， a的取值范围是 ，123(2017北京高考)已知函数 f(x)e xcosx x(1)求曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程；(2)求函数 f(x)在区间 0， 上的最大值和最小值2解 (1)因为 f(x)e xcos

13、x x，所以 f( x)e x(cosxsin x)1， f(0)0又因为 f(0)1，所以曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程为 y1(2)设 h(x)e x(cosxsin x)1，则 h( x)e x(cosxsin xsin xcos x)2e xsinx当 x0， 时， h( x)0，2所以 h(x)在区间 0， 上单调递减2所以对任意 x0， 有 h(x) h(0)0，2即 f( x)0所以函数 f(x)在区间 0， 上单调递减因此 f(x)在区间 0， 上的最大值为 f(0)2 21，最小值为 f 2 2二、模拟大题4(2018福州质检)已知函数 f(x)( x1)

14、ln x a(x1)(1)当 a4 时，求曲线 y f(x)在(1， f(1)处的切线方程；8(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 a4 时， f(x)( x1)ln x4( x1)，f( x)ln x 3， f(1)2， f(1)01x所以曲线 y f(x)在(1， f(1)处的切线方程为 2x y20(2)当 x(1，)时，f(x)0等价于 ln x 0ax 1x 1令 g(x)ln x ，ax 1x 1则 g( x) ， g(1)01x 2ax 12 x2 21 ax 1xx 12当 a2， x(1，)时，x22(1 a)x1

15、x22 x10，故 g( x)0， g(x)在(1，)上单调递增，因此 g(x)g(1)0；当 a2时，令 g( x)0，得 x1 a1 ， x2 a1 ，a 12 1 a 12 1由 x21和 x1x21，得 x1012e e解 (1) f(x)的定义域为(0，)，f( x)ln x ，ax 32由题意知则解得 x0 a， a1，所以 a1(2)证明：令 g(x) f( x)ln x ， x0，ax 32则 g( x) ，1x ax2 x ax2因为 0，12e e x ax210即 g(x)在(0，)上单调递增以下证明 g(x)在区间 ，2 a上有唯一的零点 x0，事实上 g ln ln a2 a2 a2 aa2 32 ， g(2a)ln (2 a) ln (2 a)1，因为 ln 2 10，12e由零点存在性定理可知， g(x)在 ，2 a上有唯一的零点 x0，a2所以在区间(0， x0)上， g(x) f( x)0， f(x)单调递增故当 x x0时， f(x)取得最小值 f(x0)( x0 a)ln x0 x0，12因为 g(x0)ln x0 0，ax0 32所以 ln x0 ，ax0 32所以 f(x0)( x0 a) x0 a x0 x0 (2a x0)，ax0 32 12 52 a2x0 1x0 a2又 x0 ，2 a，所以 f(x0)0a2所以 f(x)011