【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第3章-第1节-导数的概念与运算

第三章第一节一、选择题1．(文)设曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a等于()A．2 B．－2C．－eq\f(1,2) D．eq\f(1,2)[答案]B[解析]∵f′(x)＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝－eq\f(2,x－12)，∴f′(3)＝－eq\f(1,2)，由条件知，－eq\f(1,2)×(－a)＝－1，∴a＝－2.(理)曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为()A．2 B．－2C．eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)[答案]A[解析]∵y′＝1＋lnx，∴y′|x＝e＝1＋lne＝2，∴－eq\f(1,a)×2＝－1，∴a＝2，选A．2．(文)(2022·河南郑州市质量检测)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝()A．1 B．－1C．－e－1 D．－e[答案]C[解析]f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，∴f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，∴f′(e)＝－eq\f(1,e)，故选C．(理)(2022·吉林长春期末)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－1 B．y＝xC．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3[答案]C[解析]方法一：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)＝3.∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.方法二：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－2.3．(文)若函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在其次象限，则函数f′(x)的图象是()[答案]C[解析]由题意可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，\f(4c－b2,4)))在其次象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)<0，,\f(4c－b2,4)>0.))∴b>0，又f′(x)＝2x＋b，故选C．(理)(2021·山东东营一模)设曲线y＝sinx上任一点(x，y)处切线的斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为[答案]C[解析]依据题意得g(x)＝cosx，∴y＝x2g(x)＝x2cosx为偶函数又x＝0时，y＝0，故选C．4．(文)(2022·山东烟台期末)若点P是函数y＝ex－e－x－3x(－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2))图象上任意一点，且在点P处切线的倾斜角为钝角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)[答案]B[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，由于α∈(eq\f(π,2)，π)，所以α的最小值是eq\f(3π,4)，故选B．(理)(2021·乌鲁木齐一中月考)已知点P在曲线y＝eq\f(4,ex＋1)上，α为曲线在P处的切线的倾斜角，则α的取值范围为()A．[0，eq\f(π,4)) B．[eq\f(π,4)，eq\f(π,2))C．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,4)] D．[eq\f(3π,4)，π)[答案]D[解析]y′＝eq\f(－4ex,ex＋12)＝－eq\f(4ex,e2x＋2ex＋1)＝－eq\f(4,ex＋\f(1,ex)＋2)≥－1，故－1≤tanα<0，又α∈[0，π)，所以eq\f(3π,4)≤α<π.5．(文)(2021·杭州模拟)若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，则a等于()A．－1或－eq\f(25,64) B．－1或－eq\f(3,8)C．－eq\f(7,4)或－eq\f(25,64) D．－eq\f(7,4)或7[答案]A[解析]设过(1,0)的直线与y＝x3相切于点(x0，xeq\o\al(3,0))，所以切线方程为y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)，即y＝3xeq\o\al(2,0)x－2xeq\o\al(3,0)，又(1,0)在切线上，则x0＝0或x0＝eq\f(3,2)，当x0＝0时，由y＝0与y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－eq\f(25,64)；当x0＝eq\f(3,2)时，由y＝eq\f(27,4)x－eq\f(27,4)与y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－1，所以选A．本题常犯的错误是，不对点(1,0)的位置作出推断，直接由y＝x3，得出y′|x＝1＝3，再由y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9，得y′|x＝1＝2a＋eq\f(15,4)＝3求出a＝－eq\f(3,8)，错选B．(理)已知f(x)＝logax(a>1)的导函数是f′(x)，记A＝f′(a)，B＝f(a＋1)－f(a)，C＝f′(a＋1)，则()A．A>B>C B．A>C>BC．B>A>C D．C>B>A[答案]A[解析]记M(a，f(a))，N(a＋1，f(a＋1))，则由于B＝f(a＋1)－f(a)＝eq\f(fa＋1－fa,a＋1－a)，表示直线MN的斜率，A＝f′(a)表示函数f(x)＝logax在点M处的切线斜率；C＝f′(a＋1)表示函数f(x)＝logax在点N处的切线斜率．所以，A>B>C．6．(2022·河南商丘调研)等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，f′(x)为函数f(x)的导函数，则f′(0)＝()A．0 B．26C．29 D．212[答案]D[解析]∵f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，∴f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x·[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′，∴f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝2二、填空题7．(文)(2021·广东理，10)若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.[答案]－1[解析]y′＝k＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.(理)(2022·广东广州市调研)若直线y＝2x＋m是曲线y＝xlnx的切线，则实数m的值为________．[答案]－e[解析]设切点为(x0，x0lnx0)，由y′＝(xlnx)′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，得切线的斜率k＝lnx0＋1，故切线方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)，整理得y＝(lnx0＋1)x－x0，与y＝2x＋m比较得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx0＋1＝2,－x0＝m))，解得x0＝e，故m＝－e.8．(文)(2021·江西理，13)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.[答案]2[解析]∵f(ex)＝x＋ex，∴f(x)＝x＋lnx，f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1＋1＝2.(理)(2022·湖南岳阳一模)设曲线y＝eq\r(x)上有一点P(x1，y1)，与曲线切于点P的切线为m，若直线n过P且与m垂直，则称n为曲线在点P处的法线，设n交x轴于点Q，又作PR⊥x轴于R，则RQ的长为________．[答案]eq\f(1,2)[解析](数形结合法)令f(x)＝eq\r(x)，∴f′(x1)＝eq\f(1,2\r(x1))，∵n与m垂直，∴直线n的斜率为－2eq\r(x1)，∴直线n的方程为y－y1＝－2eq\r(x1)(x－x1)，由题意设点Q(xQ,0)，R(xR,0)．令y＝0，又y1＝eq\r(x1)，则－eq\r(x1)＝－2eq\r(x1)·(xQ－x1)，解得xQ＝eq\f(1,2)＋x1，由题意知，xR＝x1，∴|RQ|＝|xQ－xR|＝eq\f(1,2).9．(2022·湖北武汉月考)已知曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)与直线x＝1交于点P，设曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn，则log2022x1＋log2022x2＋…＋log2022x2021的值为________．[答案]－1[解析]f′(x)＝(n＋1)xn，k＝f′(1)＝n＋1，点P(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得x＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，即xn＝eq\f(n,n＋1)，∴x1·x2·…·x2021＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(2022,2021)×eq\f(2021,2022)＝eq\f(1,2022)，则log2022x1＋log2022x2＋…＋log2022x2021＝log2022(x1·x2·…·x2021)＝log2022eq\f(1,2022)＝－1.三、解答题10．(文)已知曲线y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3).(1)求曲线在点P(2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2,4)的切线方程．[解析]y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，则y′＝x2.(1)由题意可知点P(2,4)为切点，y′|x＝2＝22＝4，所以曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.(2)由题意可知点P(2,4)不愿定为切点，故设切点为(x0，eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))，y′|x＝x0＝xeq\o\al(2,0)，曲线过点P(2,4)的切线方程为y－(eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，所以4－(eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))＝xeq\o\al(2,0)(2－x0)，xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0⇔(xeq\o\al(3,0)＋1)－3(xeq\o\al(2,0)－1)＝0⇔(x0＋1)(xeq\o\al(2,0)－4x0＋4)＝0.解得x0＝－1或x0＝2，即切点为(－1,1)或(2,4)．所以曲线过点P(2,4)的切线方程为x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.(理)(2022·高州月考)设函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴交点为P，且曲线在P点处的切线方程为12x－y－4＝0.若函数在x＝2处取得极值0，试确定函数的解析式.[解析]∵y＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴的交点为P(0，d)，又曲线在点P处的切线方程为y＝12x－4，P点坐标适合方程，从而d＝－4；又切线斜率k＝12，故在x＝0处的导数y′|x＝0＝12而y′|x＝0＝c，从而c＝12；又函数在x＝2处取得极值0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y′|x＝2＝0，,f2＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋4b＋12＝0，,8a＋4b＋20＝0.))解得a＝2，b＝－9，所以所求函数解析式为y＝2x3－9x2＋12x－4.一、选择题11．(2022·宁夏育才中学月考)点P是曲线x2－y－lnx＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为()A．1 B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(5),2) D．eq\r(2)[答案]D[解析]将x2－y－lnx＝0变形为y＝x2－lnx(x>0)，则y′＝2x－eq\f(1,x)，令y′＝1，则x＝1或x＝－eq\f(1,2)(舍)，可知函数y＝x2－lnx的斜率为1的切线的切点横坐标为x＝1，纵坐标为y＝1.故切线方程为x－y＝0.则点P到直线y＝x－2的最小距离即切线x－y＝0与y＝x－2两平行线间的距离，d＝eq\f(|0＋2|,\r(2))＝eq\r(2).12．(2022·吉林长春三调)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\f(3,2)，3) B．(0，－4)C．(2,3) D．(1，－eq\f(1,4))[答案]D[解析]由题意，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，∵x1≠x2，∴x＝eq\f(x1＋x2,2)，代入l1，解得y＝x1x2＝－eq\f(1,4)，故选D．13.(2022·江西七校一联)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()[答案]B[解析]∵f(x)＝xsinx＋cosx，∴f′(x)＝xcosx，∴k＝g(t)＝tcost.g(t)为奇函数且在t＝0四周，当t>0时，g(t)>0，故选B．14．(文)已知函数f(x)＝xp＋qx＋r，f(1)＝6，f′(1)＝5，f′(0)＝3，an＝eq\f(1,fn)，n∈N＋，则数列{an}的前n项和是()A．eq\f(n,n＋1) B．eq\f(n,n＋2)C．eq\f(n＋1,2n＋4) D．eq\f(n,2n＋4)[答案]D[解析]∵f′(x)＝pxp－1＋q，由条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋q＋r＝6，,p＋q＝5，,q＝3.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝2，,q＝3，,r＝2.))∴f(x)＝x2＋3x＋2.∴an＝eq\f(1,fn)＝eq\f(1,n2＋3n＋2)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)∴{an}的前n项和为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2n＋4).(理)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数g(x)＝x，h(x)＝ln(x＋1)，φ(x)＝x3－1的“新驻点”分别为α、β、γ，则α、β、γ的大小关系为()A．α>β>γ B．β>α>γC．γ>α>β D．β>γ>α[答案]C[解析]由g(x)＝g′(x)得，x＝1，∴α＝1，由h(x)＝h′(x)得，ln(x＋1)＝eq\f(1,x＋1)，故知1<x＋1<2，∴0<x<1，即0<β<1，由φ(x)＝φ′(x)得，x3－1＝3x2，∴x2(x－3)＝1，∴x>3，故γ>3，∴γ>α>β.[点评]对于ln(x＋1)＝eq\f(1,x＋1)，假如0<x＋1<1，则ln(x＋1)<0，eq\f(1,x＋1)>1冲突；假如x＋1≥2，则eq\f(1,x＋1)≤eq\f(1,2)，即ln(x＋1)≤eq\f(1,2)，∴x＋1≤eq\r(e)，∴x≤eq\r(e)－1与x≥－1冲突．二、填空题15．(文)若曲线f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．[答案](－∞，0)[解析]由题意，可知f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，又由于存在垂直于y轴的切线，所以3ax2＋eq\f(1,x)＝0⇒a＝－eq\f(1,3x3)(x>0)⇒a∈(－∞，0)．(理)设函数f(x)＝cos(eq\r(3)x＋φ)(0<φ<π)，若f(x)＋f′(x)为奇函数，则φ＝________.[答案]eq\f(π,6)[解析]f′(x)＝－eq\r(3)sin(eq\r(3)x＋φ)，由条件知cos(eq\r(3)x＋φ)－eq\r(3)sin(eq\r(3)x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\r(3)x－φ))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋φ－\f(π,6)))为奇函数，且0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,6).16．(文)(2022·河北邯郸二模)曲线y＝log2x在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．[答案]eq\f(1,2)log2e[解析]∵y′＝eq\f(1,xln2)，∴k＝eq\f(1,ln2)，∴切线方程为y＝eq\f(1,ln2)(x－1)，∴三角形面积为S△＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,ln2)＝eq\f(1,2ln2)＝eq\f(1,2)log2e.(理)(2022·江苏)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋eq\f(b,x)(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．[答案]－3[解析]由曲线y＝ax2＋eq\f(b,x)过点P(2，－5)，得4a＋eq\f(b,2)＝－5.①又y′＝2ax－eq\f(b,x2)，所以当x＝2时，4a－eq\f(b,4)＝－eq\f(7,2)，②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，))所以a＋b＝－3.三、解答题17．求下列函数的导数：(1)y＝eq\f(1,5)x5－eq\f(4,3)x3＋3x2＋eq\r(2)；(2)y＝(3x3－4x)(2x＋1)；(3)y＝3xex－2x＋e；(4)y＝eq\f(lnx,x2＋1)；(5)y＝xcosx－sinx；(6)(理)y＝cos32x＋ex；(7)(理)y＝lgeq\r(1－x2).[解析]可利用导数公式和导数运算法则求导．(1)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x5))′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x3))′＋(3x2)′＋(eq\r(2))′＝x4－4x2＋6x.(2)∵y＝(3x3－4x)(2x＋1)＝6x4＋3x3－8x2－4x，∴y′＝24x3＋9x2－16x－4，或y′＝(3x3－4x)′(2x＋1)＋(3x3－4x)(2x＋1)′＝(9x2－4)(2x＋1)＋(3x3－4x)·2＝24x3＋9x2－16x－4.(3)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3xln3·ex＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(4)y′＝eq\f(lnx′x2＋1－lnx·x2＋1′,x2＋12)＝eq\f(\f(1,x)·x2＋1－lnx·2x,x2＋12)＝eq\f(x2＋1－2x2·lnx,xx2＋12).(5)y′＝(xcosx)′－(sinx)′＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.(6)(理)y′＝3cos22x·(cos2x)′＋ex＝－6sin2x·cos22x＋ex.(7)(理)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)lg1－x2))′＝eq\f(1,2)·eq\f(lge,1－x2)·(1－x2)′＝eq\f(xlge,x2－1).18．(文)(2021·荆州市质检)设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．[解析](1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1,f′0＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1,b＝0)).(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)