高中数学高考1 第1讲　1 第1讲　变化率与导数、导数的计算新题培优练

[基础题组练]

1．已知函数f(x)＝cos x，则f(π)＋f′＝(　　)

A．－ B．－

C．－ D．－

解析：选C.因为f′(x)＝－cos x＋(－sin x)，所以f(π)＋f′＝－＋·(－1)＝－.

2．(2019·福州模拟)曲线f(x)＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为(　　)

A．2     B.

C.     D.

解析：选D.f′(x)＝1＋，则f′(1)＝2，故曲线f(x)＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－1)，，则切线与坐标轴围成的三角形的面积为×1×＝，故选D.

3．已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为(　　)

A．3 B．2

C．1 D.

解析：选A.因为y′＝－，令y′＝，解得x＝3，即切点的横坐标为3.

4．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是(　　)

解析：选D.由y＝f′(x)的图象知y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y＝f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故排除A、C.又由图象知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图象在x＝x0处相交，说明y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率相同，故排除B.

5．函数g(x)＝x3＋x2＋3ln x＋b(b∈R)在x＝1处的切线过点(0，－5)，则b的值为(　　)

A. B.

C.   D.

解析：选B.当x＝1时，g(1)＝1＋＋b＝＋b，

又g′(x)＝3x2＋5x＋，

所以切线斜率k＝g′(1)＝3＋5＋3＝11，

从而切线方程为y＝11x－5，

由于点在切线上，所以＋b＝11－5，

解得b＝.故选B.

6．已知f(x)＝ax4＋bcos x＋7x－2.若f′(2 018)＝6，则f′(－2 018)＝________．

解析：因为f′(x)＝4ax3－bsin x＋7，

所以f′(－x)＝4a(－x)3－bsin(－x)＋7

＝－4ax3＋bsin x＋7.

所以f′(x)＋f′(－x)＝14.

又f′(2 018)＝6，

所以f′(－2 018)＝14－6＝8.

答案：8

7．(2019·广州市调研测试)若过点A(a，0)作曲线C：y＝xex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是________．

解析：设切点坐标为(x0，x0ex0)，y′＝(x＋1)ex，y′|x＝x0＝(x0＋1)ex0，所以切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，将点A(a，0)代入可得－x0ex0＝(x0＋1)ex0(a－x0)，化简，得x－ax0－a＝0，过点A(a，0)作曲线C的切线有且仅有两条，即方程x－ax0－a＝0有两个不同的解，则有Δ＝a2＋4a＞0，解得a＞0或a＜－4，故实数a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．

答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)

8．(2019·南昌第一次模拟)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，其导函数为f′(x)，且f(ln x)＝x＋ln x，则f′(1)＝________．

解析：因为f(ln x)＝x＋ln x，所以f(x)＝x＋ex，

所以f′(x)＝1＋ex，所以f′(1)＝1＋e1＝1＋e.

答案：1＋e

9．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

解得b＝0，a＝－3或a＝1.

(2)因为曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，

所以关于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，

所以Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)>0，

即4a2＋4a＋1>0，

所以a≠－.

所以a的取值范围为∪.

10．已知函数f(x)＝x3＋x－16.

(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；

(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；

(3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．

解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y＝f(x)上．

因为f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1.

所以f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.

所以切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)，

即y＝13x－32.

(2)设切点为(x0，y0)，

则直线l的斜率为f′(x0)＝3x＋1，

所以直线l的方程为

y＝(3x＋1)(x－x0)＋x＋x0－16，

又因为直线l过点(0，0)，

所以0＝(3x＋1)(－x0)＋x＋x0－16，

整理得，x＝－8，

所以x0＝－2，

所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，

k＝3×(－2)2＋1＝13.

所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．

(3)因为切线与直线y＝－x＋3垂直，

所以切线的斜率k＝4.

设切点的坐标为(x0，y0)，

则f′(x0)＝3x＋1＝4，

所以x0＝±1.

所以或

即切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)，

切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.

即y＝4x－18或y＝4x－14.

[综合题组练]

1．(应用型)在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)，则f′(0)＝(　　)

A．26 B．29

C．212 D．215

解析：选C.因为f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，

所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.

因为数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝212.故选C.

2．(应用型)(2019·成都第二次诊断检测)若曲线y＝f(x)＝ln x＋ax2(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是(　　)

A. B．[－，＋∞)

C．(0，＋∞) D．[0，＋∞)

解析：选D.f′(x)＝＋2ax＝(x>0)，根据题意有f′(x)≥0(x>0)恒成立，所以2ax2＋1≥0(x>0)恒成立，即2a≥－(x>0)恒成立，所以a≥0，故实数a的取值范围为[0，＋∞)．故选D.

3．(创新型)(2019·黑龙江伊春质检)曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋8＝0的最短距离是________．

解析：设M(x0，ln(2x0－1))为曲线上的任意一点，则曲线在M点处的切线与直线2x－y＋8＝0平行时，M点到直线的距离即为曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋8＝0的最短距离．

因为y′＝，所以＝2，解得x0＝1，所以M(1，0)．记点M到直线2x－y＋8＝0的距离为d，则d＝＝2.

答案：2

4．设有抛物线C：y＝－x2＋x－4，过原点O作C的切线y＝kx，使切点P在第一象限．

(1)求k的值；

(2)过点P作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q的坐标．

解：(1)由题意得，y′＝－2x＋.设点P的坐标为(x1，y1)，

则y1＝kx1，①

y1＝－x＋x1－4，②

－2x1＋＝k，③

联立①②③得，x1＝2，x2＝－2(舍去)．

所以k＝.

(2)过P点作切线的垂线，

其方程为y＝－2x＋5.④

将④代入抛物线方程得，

x2－x＋9＝0.

设Q点的坐标为(x2，y2)，则2x2＝9，

所以x2＝，y2＝－4.

所以Q点的坐标为.

5．(2019·福州质检)设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.

(1)求f(x)的解析式；

(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．

解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3.

当x＝2时，y＝.又f′(x)＝a＋，

于是解得故f(x)＝x－.

(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋，知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为

y－y0＝(x－x0)，

即y－＝(x－x0)．

令x＝0，得y＝－，

从而得切线与直线x＝0的交点坐标为.

令y＝x，得y＝x＝2x0，

从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0，2x0)．

所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为S＝|2x0|＝6.

故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.