【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第二章-函数、导数及其应用2-11-

第十一节变化率与导数、导数的计算时间：45分钟分值：100分eq\x(基)eq\x(础)eq\x(必)eq\x(做)一、选择题1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为()A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)解析f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)[2(x－a)]＝3(x2－a2)．答案C2．已知物体的运动方程为s＝t2＋eq\f(3,t)(t是时间，s是位移)，则物体在时刻t＝2时的速度为()A.eq\f(19,4) B.eq\f(17,4)C.eq\f(15,4) D.eq\f(13,4)解析∵s′＝2t－eq\f(3,t2)，∴s′|t＝2＝4－eq\f(3,4)＝eq\f(13,4).答案D3．(2022·大纲全国卷)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于()A．2e B．eC．2 D．1解析∵y＝xex－1，∴y′＝ex－1＋xex－1.∴k＝y′|x＝1＝e0＋e0＝2，选C.答案C4．(2021·山东烟台期末)若点P是函数y＝ex－e－x－3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)))图象上任意一点，且在点P处切线的倾斜角为α，则α的最小值是()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析由导数的几何意义，k＝y′＝ex＋e－x－3≥2eq\r(ex·e－x)－3＝－1，当且仅当x＝0时等号成立．即tanα≥－1，α∈[0，π)，所以α的最小值是eq\f(3π,4)，故选B.答案B5．(2022·重庆七校联盟联考)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率是()A．2 B．1C．3 D．－2解析由f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8两边求导，得f′(x)＝2f′(2－x)×(－1)－2x＋8.令x＝1得f′(1)＝2f′(1)×(－1)－2＋8⇒f′(1)＝2，∴k＝2.答案A6．已知函数f(x)＝x2的图象在点A(x1，f(x1))与点B(x2，f(x2))处的切线相互垂直，并交于点P，则点P的坐标可能是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) B．(0，－4)C．(2,3) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)))解析由题，A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，f′(x)＝2x，则过A，B两点的切线斜率k1＝2x1，k2＝2x2，又切线相互垂直，所以k1k2＝－1，即x1x2＝－eq\f(1,4).两条切线方程分别为l1：y＝2x1x－xeq\o\al(2,1)，l2：y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)，联立得(x1－x2)[2x－(x1＋x2)]＝0，由于x1≠x2，所以x＝eq\f(x1＋x2,2)，代入l1，解得y＝x1x2＝－eq\f(1,4)，故选D.答案D二、填空题7．若曲线y＝eq\f(3,2)x2＋x－eq\f(1,2)的某一切线与直线y＝4x＋3平行，则切线方程为________．解析设切点为(x0，y0)，切线的斜率k＝y′|x＝x0＝3x0＋1,3x0＋1＝4⇒x0＝1.又y0＝eq\f(3,2)xeq\o\al(2,0)＋x0－eq\f(1,2)＝2，则切点为(1,2)，故切线的方程为y－2＝4(x－1)⇒y＝4x－2.答案y＝4x－28．(2022·陕西五校联考)已知直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b切于点(1,3)，则b的值为________．解析点(1,3)既在直线y＝kx＋1上，也在曲线y＝x3＋ax＋b上，代入解得k＝2，a＋b＝2，又y′|x＝1＝2，∴3＋a＝2，解得a＝－1.∴b＝3.答案39．已知函数f(x)＝xn＋1(n∈N*)的图象与直线x＝1交于点P，若函数f(x)的图象在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn则log2014x1＋log2014x2＋…＋log2014x2013的值为________．解析f′(x)＝(n＋1)xn，∴f′(1)＝n＋1.又P(1,1)，∴切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)．令y＝0，得xn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，∴x1x2x3…x2013＝eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·eq\f(3,4)…eq\f(2013,2014)＝eq\f(1,2014).∴log2014x1＋log2014x2＋…＋log2014x2013＝log2014x1x2x3…x2013＝log2014eq\f(1,2014)＝－1.答案－1三、解答题10．已知函数f(x)＝x3－3x及y＝f(x)上一点P(1，－2)，过点P作直线l.(1)求使直线l和y＝f(x)相切且以P为切点的直线方程；(2)求使直线l和y＝f(x)相切且切点异于P的直线方程．解(1)由f(x)＝x3－3x得f′(x)＝3x2－3，过点P且以P(1，－2)为切点的直线的斜率f′(1)＝0，∴所求的直线方程为y＝－2.(2)设过P(1，－2)的直线l与y＝f(x)切于另一点(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－3.又直线过(x0，y0)，P(1，－2)．故其斜率可表示为eq\f(y0－－2,x0－1)＝eq\f(x\o\al(3,0)－3x0＋2,x0－1).又eq\f(x\o\al(3,0)－3x0＋2,x0－1)＝3xeq\o\al(2,0)－3，即xeq\o\al(3,0)－3x0＋2＝3(xeq\o\al(2,0)－1)(x0－1)，解得x0＝1(舍去)或x0＝－eq\f(1,2)，故所求直线的斜率为k＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－1))＝－eq\f(9,4).∴y－(－2)＝－eq\f(9,4)(x－1)，即9x＋4y－1＝0.11．已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值．(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．解f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)．(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＝0，,f′0＝－aa＋2＝－3，))解得b＝0，a＝－3或1.(2)∵曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，∴关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)>0，即4a2＋4a＋1>0.∴a≠－eq\f(1,2).∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).eq\x(培)eq\x(优)eq\x(演)eq\x(练)1．设函数f(x)＝xsinx＋cosx的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的部分图象为()解析∵f(x)＝xsinx＋cosx，∴f′(x)＝xcosx，∴k＝g(t)＝tcost.g(t)为奇函数且当0<t<π时，g(t)>0，故选B.答案B2．函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*，若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．解析由y＝x2(x>0)得，y′＝2x，所以函数y＝x2(x>0)在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线方程为y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝eq\f(ak,2)，所以ak＋1＝eq\f(ak,2)，所以{ak}是首项为16，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以a1＋a3＋a5＝16＋16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝21.答案213．(2021·汉城国际学校调研)已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．解析∵f(x)＝mx3＋nx2，f′(x)＝3mx2＋2nx，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－m＋n＝2，,f′－1＝3m－2n＝－3，))∴m＝1，n＝3.∴f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)．由f′(x)<0，得－2<x<0.由题意，得[t，t＋1]⊆[－2,0]．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t≥－2，,t＋1≤0，))∴－2≤t≤－1.答案[－2，－1]4．(2022·北京卷)已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)解(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2).由于f(－2)＝－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1.所以f(x)在区间[－2,1]上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)．则y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切线斜率为k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切线方程为y－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)．因此t－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)．整理得4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋t＋3＝0.设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)与g′(x)的状况如下：所以g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的微小值．当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<