高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 课时跟踪检测（十三）导数的概念及导数的运算 文-人教版高三数学试题

课时跟踪检测（十三）导数的概念及导数的运算一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数f′(x解析：因为f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2所以f′(x)＝3(x2－a2)．答案：3(x2－a2)2．(2018·镇江调研)函数f(x)＝(x＋1)2(x－1)在x＝1处的导数等于________．解析：由f(x)＝(x＋1)2(x－1)＝x3＋x2－x－1，得f′(x)＝3x2＋2x－1，所以f′(1)＝3＋2－1＝4.答案：43．(2018·苏州暑假测试)曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为____________．解析：因为y′＝ex，所以y＝ex在x＝0处的切线斜率k＝e0＝1，因此切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0.答案：x－y＋1＝04．已知函数f(x)＝eq\f(1,x)cosx，则f(π)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.解析：因为f′(x)＝－eq\f(1,x2)cosx＋eq\f(1,x)(－sinx)，所以f(π)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(1,π)＋eq\f(2,π)·(－1)＝－eq\f(3,π).答案：－eq\f(3,π)5．(2018·苏州调研)已知曲线f(x)＝ax3＋lnx在(1，f(1))处的切线的斜率为2，则实数a＝________.解析：因为f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，所以f′(1)＝3a＋1＝2，解得a＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)6．(2018·苏北四市调研)已知f(x)＝x3－2x2＋x＋6，则f(x)在点P(－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于________．解析：因为f(x)＝x3－2x2＋x＋6，所以f′(x)＝3x2－4x＋1，所以f′(－1)＝8，故切线方程为y－2＝8(x＋1)，即8x－y＋10＝0，令x＝0，得y＝10，令y＝0，得x＝－eq\f(5,4)，所以所求面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×10＝eq\f(25,4).答案：eq\f(25,4)二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·海门高三联考)设函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(2)＝________.解析：因为f(x)＝x2＋2xf′(1)，所以f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，则f′(x)＝2x－4，所以答案：02．已知f(x)＝ax4＋bcosx＋7x－2.若f′(2018)＝6，则f′(－2018)＝________.解析：因为f′(x)＝4ax3－bsinx＋7.所以f′(－x)＝4a(－x)3－bsin(－x＝－4ax3＋bsinx＋7.所以f′(x)＋f′(－x)＝14.又f′(2018)＝6，所以f′(－2018)＝14－6＝8.答案：83．(2018·淮安调研)曲线y＝1－eq\f(2,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为________．解析：因为y＝1－eq\f(2,x＋2)＝eq\f(x,x＋2)，所以y′＝eq\f(x＋2－x,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1))＝2，所以曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2，所以所求切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.答案：y＝2x＋14．(2018·无锡期末)在曲线y＝x－eq\f(1,x)(x>0)上一点P(x0，y0)处的切线分别与x轴，y轴交于点A，B，O是坐标原点，若△OAB的面积为eq\f(1,3)，则x0＝________.解析：因为y′＝1＋eq\f(1,x2)，切点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0－\f(1,x0)))，x0>0，所以切线斜率k＝y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,x＝x0))＝1＋eq\f(1,x\o\al(2,0))，所以切线方程是y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)．令y＝0，得x＝eq\f(2x0,x\o\al(2,0)＋1)，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x0,x\o\al(2,0)＋1)，0))；令x＝0，得y＝－eq\f(2,x0)，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,x0))).所以S△OAB＝eq\f(1,2)·eq\f(2x0,x\o\al(2,0)＋1)·eq\f(2,x0)＝eq\f(2,x\o\al(2,0)＋1)＝eq\f(1,3)，解得x0＝eq\r(5).答案：eq\r(5)5．已知f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mx＋eq\f(7,2)(m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m＝________.解析：因为f′(x)＝eq\f(1,x)，所以直线l的斜率为k＝f′(1)＝1，又f(1)＝0，所以切线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋mx0＋eq\f(7,2)，m<0，解得m＝－2.答案：－26．(2018·淮安高三期中)已知函数f(x)＝x3.设曲线y＝f(x)在点P(x1，f(x1))处的切线与该曲线交于另一点Q(x2，f(x2))，记f′(x)为函数f(x)的导函数，则eq\f(f′x1,f′x2)的值为________．解析：由f′(x)＝3x2，得f′(x1)＝3xeq\o\al(2,1)，所以曲线y＝f(x)在点P(x1，xeq\o\al(3,1))处的切线方程为y＝3xeq\o\al(2,1)x－2xeq\o\al(3,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x\o\al(2,1)x－2x\o\al(3,1)，,y＝x3，))解得Q(－2x1，－8xeq\o\al(3,1))，所以x2＝－2x1，所以eq\f(f′x1,f′x2)＝eq\f(3x\o\al(2,1),3x\o\al(2,2))＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)7．(2018·南通一调)已知两曲线f(x)＝2sinx，g(x)＝acosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))相交于点P.若两曲线在点P处的切线互相垂直，则实数a的值为________．解析：f′(x)＝2cosx，g′(x)＝－asinx．设点P的横坐标为x0，则f(x0)＝g(x0)，f′(x0)·g′(x0)＝－1，即2sinx0＝acosx0，(2cosx0)·(－asinx0)＝－1，所以4sin2x0＝1.即sinx0＝±eq\f(1,2)，因为x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinx0＝eq\f(1,2)，cosx0＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)8．曲边梯形由曲线y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所围成，过曲线y＝x2＋1(x∈[1,2])上一点P作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为________．解析：设P(x0，xeq\o\al(2,0)＋1)，x0∈[1,2]，则易知曲线y＝x2＋1在点P处的切线方程为y－(xeq\o\al(2,0)＋1)＝2x0(x－x0)，所以y＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1，设g(x)＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1，则g(1)＋g(2)＝－2xeq\o\al(2,0)＋6x0＋2，所以S普通梯形＝eq\f(g1＋g2,2)×1＝－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)，所以P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))时，S普通梯形最大．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))9．求下列函数的导数．(1)y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))；(2)y＝x·tanx；(3)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解：(1)因为y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))＝eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＝x－x，所以y′＝(x)′－(x)′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)x.(2)y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝tanx＋x·eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝tanx＋eq\f(x,cos2x).(3)y′＝(x＋1)′[(x＋2)(x＋3)]＋(x＋1)[(x＋2)(x＋3)]′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＋(x＋1)(x＋3)＝3x2＋12x＋11.10．已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．解：(1)因为f′(x)＝3x2－8x＋5，所以f′(2)＝1，又f(2)＝－2，所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.(2)设曲线与经过点A(2，－2)的切线相切于点P(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，因为f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5，所以切线方程为y－(－2)＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x－2)，又切线过点P(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，所以xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－2＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或1，所以经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0，或y＋2＝0.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－lnx相切，则a的值为________．解析：由f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)得，f′(x)＝3x2＋a，f′(0)＝a，f(0)＝eq\f(1,4)，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－eq\f(1,4)＝ax.设直线y－eq\f(1,4)＝ax与曲线g(x)＝－lnx相切于点(x0，－lnx0)，g′(x)＝－eq\f(1,x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－lnx0－\f(1,4)＝ax0，①,a＝－\f(1,x0).②))将②代入①得lnx0＝eq\f(3,4)，所以x0＝e，所以a＝－eq\f(1,e)＝－e答案：－e2．(2018·启东中学高三测试)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线l：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在实数k，使直线l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)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a因为f′(－1)＝0，所以3a－6－6a＝0，解得(2)存在，理由如下：由已知得，直线l恒过定点(0,9)，若直线l是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)．因为g′(x0)＝6x0＋6，所以切线方程为y－(3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程