高考數(shù)學(xué)第一輪知識(shí)點(diǎn)鞏固題庫第1講變化率與導(dǎo)數(shù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算(含解析)新人教A版

第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第1講變化率與導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算一、選擇題1．設(shè)函數(shù)f(x)是R上以5為周期的可導(dǎo)偶函數(shù)，則曲線y＝f(x)在x＝5處的切線的斜率為()A．－eq\f(1,5)B．0C.eq\f(1,5)D．5解析因?yàn)閒(x)是R上的可導(dǎo)偶函數(shù)，所以f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以f(x)在x＝0處取得極值，即f′(0)＝0，又f(x)的周期為5，所以f′(5)＝0，即曲線y＝f(x)在x＝5處的切線的斜率為0，選B.答案B2．函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)>0，xf′(x)＋f(x)<0，則對(duì)任意正數(shù)a，b，若a>b，則必有 ()．A．a(chǎn)f(b)<bf(a) B．bf(a)<af(b)C．a(chǎn)f(a)<f(b) D．bf(b)<f(a)解析構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(x>0)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，由條件知F′(x)<0，∴函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又a>b>0，∴eq\f(fa,a)<eq\f(fb,b)，即bf(a)<af(b)．答案B3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋eq\f(1,a)x(a>0)，則f(2)的最小值為 ()．A．12eq\r(3,2) B．12＋8a＋eq\f(1,a)C．8＋8a＋eq\f(2,a) D．16解析f(2)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，令g(a)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，則g′(a)＝8－eq\f(2,a2)，由g′(a)>0得a>eq\f(1,2)，由g′(a)<0得0<a<eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)時(shí)f(2)有最小值．f(2)的最小值為8＋8×eq\f(1,2)＋eq\f(2,\f(1,2))＝16.故選D.答案D4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，則f′(1)＝()．A．－eB．－1C．1解析由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，則f答案B5．等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，則f′(0)＝()．A．26B．29C．212解析函數(shù)f(x)的展開式含x項(xiàng)的系數(shù)為a1·a2·…·a8＝(a1·a8)4＝84＝212，而f′(0)＝a1·a2·…·a8＝212，故選C.答案C6．已知函數(shù)f′(x)，g′(x)分別是二次函數(shù)f(x)和三次函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)，它們?cè)谕蛔鴺?biāo)系下的圖象如圖所示，設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，則()．A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)D．h(0)<h(1)<h(－1)解析由圖象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，則f(x)＝eq\f(1,2)x2＋m，其中m為常數(shù)，g(x)＝eq\f(1,3)x3＋n，其中n為常數(shù)，則h(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)x3＋m－n，得h(0)<h(1)<h(－1)．答案D二、填空題7．曲線y＝x(3lnx＋1)在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為________．解析∵y＝x(3lnx＋1)，∴y′＝3lnx＋1＋x·eq\f(3,x)＝3lnx＋4，∴k＝y(tǒng)′|x＝1＝4，∴所求切線的方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.答案y＝4x－38．若過原點(diǎn)作曲線y＝ex的切線，則切點(diǎn)的坐標(biāo)為________，切線的斜率為________．解析y′＝ex，設(shè)切點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，y0)則eq\f(y0,x0)＝ex0，即eq\f(ex0,x0)＝ex0，∴x0＝1.因此切點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，e)，切線的斜率為e.答案(1，e)e9．已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，則曲線y＝f(x)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)f解析∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x∴x＝1時(shí)，f(1)＝2f∴f(1)＝1，即點(diǎn)(1,1)，在曲線y＝f(x)上．又∵f′(x)＝－2f′(2－x)－2xx＝1時(shí)，f′(1)＝－2f∴f′(1)＝2.答案210．同學(xué)們經(jīng)過市場(chǎng)調(diào)查，得出了某種商品在2011年的價(jià)格y(單位：元)與時(shí)間t(單位：月)的函數(shù)關(guān)系為：y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，則10月份該商品價(jià)格上漲的速度是______元/月．解析∵y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t2,20－t)))′＝2′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,20－t)))′＝eq\f(t2′20－t－t220－t′,20－t2)＝eq\f(40t－t2,20－t2).由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知10月份該商品的價(jià)格的上漲速度應(yīng)為y′|t＝10＝eq\f(40×10－102,20－102)＝3.因此10月份該商品價(jià)格上漲的速度為3元/月．答案3三、解答題11．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(2x＋1)n，(n∈N*)；(2)y＝ln(x＋eq\r(1＋x2))；(3)y＝eq\f(ex＋1,ex－1)；(4)y＝2xsin(2x＋5)．解(1)y′＝n(2x＋1)n－1·(2x＋1)′＝2n(2x＋1)n－1.(2)y′＝eq\f(1,x＋\r(1＋x2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2x,2\r(1＋x2))))＝eq\f(1,\r(1＋x2)).(3)∵y＝eq\f(ex＋1,ex－1)＝1＋eq\f(2,ex－1)∴y′＝eq\f(－2ex,ex－12).(4)y′＝2sin(2x＋5)＋4xcos(2x＋5)．12．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b為常數(shù)，已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線l.(1)求a、b的值，并寫出切線l的方程；(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三個(gè)互不相同的實(shí)根0、x1、x2，其中x1<x2，且對(duì)任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解析(1)f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3，由于曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線，故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1，由此解得a＝－2，b＝5；切線l的方程為：x－y－2＝0.(2)由(1)得f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x，依題意得：方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三個(gè)互不相等的根0，x1，x2，故x1，x2是方程x2－3x＋2－m＝0的兩個(gè)相異實(shí)根，所以Δ＝9－4(2－m)>0?m>－eq\f(1,4)；又對(duì)任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立，特別地，取x＝x1時(shí)，f(x1)＋g(x1)－mx1<－m成立，即0<－m?m<0，由韋達(dá)定理知：x1＋x2＝3>0，x1x2＝2－m>0，故0<x1<x2，對(duì)任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x>0，則f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0；又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，所以函數(shù)在x∈[x1，x2]上的最大值為0，于是當(dāng)m<0時(shí)對(duì)任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立．綜上：m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))13．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明：曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值．(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝eq\f(1,2).又f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設(shè)P(x0，y0)為曲線上任一點(diǎn)，由f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)知，曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))·(x－x0)，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))(x－x0)．令x＝0得，y＝－eq\f(6,x0)，從而得切線與直線x＝0交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，從而得切線與直線y＝x的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2x0,2x0)．所以點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形面積為eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，此定值為6.14．設(shè)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b，為常數(shù))，曲線y＝f(x)與直線y＝eq\f(3,2)x在(0,0)點(diǎn)相切．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)0<x<2時(shí)，f(x)<eq\f(9x,x＋6).(1)解由y＝f(x)過(0,0)點(diǎn)，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點(diǎn)的切線斜率為eq\f(3,2)，又y′|x＝0＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))＋a))))x＝0＝eq\f(3,2)＋a，得a＝0.(2)證明當(dāng)x>0時(shí)，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.記h(x)＝f(x)－eq\f(9x,x＋6)，則h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1))－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(2＋\r(x＋1),2x＋1)－eq