課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(十七) 導(dǎo)數(shù)的概念及其意義、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算

PAGE第2頁共6頁課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(十七)導(dǎo)數(shù)的概念及其意義、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算一、點(diǎn)全面廣強(qiáng)基訓(xùn)練1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)cosx，則f(π)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))等于()A．－eq\f(3,π2) B．－eq\f(1,π2)C．－eq\f(3,π) D．－eq\f(1,π)解析：選C因?yàn)閒′(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).2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)＋2x在x＝1處切線的傾斜角為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)解析：選A由題得f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋2，∴f′(1)＝－1＋2＝1，∴切線的斜率為1，∴切線的傾斜角為eq\f(π,4).3.函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．f′(1)>f′(2)>0>f′(3)B．f′(1)<f′(2)<f′(3)<0C．0<f′(1)<f′(2)<f′(3)D．f′(1)>f′(2)>f′(3)>0解析：選D如圖，作出函數(shù)f(x)在x＝1,2,3處的切線l1，l2，l3，可見三條切線的斜率依次遞減，但是都大于零，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知，f′(1)>f′(2)>f′(3)>0，故選D.4．若曲線f(x)＝xsinx在x＝eq\f(π,2)處的切線與直線ax＋2y＋1＝0互相垂直，則實(shí)數(shù)a等于()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：選D由題意可得f′(x)＝sinx＋xcosx，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，∴曲線f(x)＝xsinx在x＝eq\f(π,2)處的切線的斜率為1，又∵直線ax＋2y＋1＝0的斜率為－eq\f(a,2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))×1＝－1，解得a＝2.故選D.5．(2022·南昌高三期末)已知f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝－eq\f(x,x－2)，則函數(shù)在x＝－1處的切線方程是()A．2x－y＋1＝0 B．x－2y＋2＝0C．2x－y－1＝0 D．x＋2y－2＝0解析：選A設(shè)x<0，則－x>0，所以f(－x)＝－eq\f(x,x＋2)，又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝eq\f(x,x＋2)，則f′(x)＝eq\f(2,x＋22)，所以f′(－1)＝2，f(－1)＝－1，所以函數(shù)在x＝－1處的切線方程是2x－y＋1＝0.6．已知點(diǎn)A(1,2)在函數(shù)f(x)＝ax3的圖象上，則過點(diǎn)A的曲線C：y＝f(x)的切線方程是()A．6x－y－4＝0B．x－4y＋7＝0C．6x－y－4＝0或x－4y＋7＝0D．6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0解析：選D由點(diǎn)A(1,2)在函數(shù)f(x)＝ax3的圖象上，得a＝2，則f(x)＝2x3，f′(x)＝6x2.設(shè)切點(diǎn)為(m,2m3)，則切線的斜率k＝6m2，由點(diǎn)斜式得切線方程為y－2m3＝6m2(x－m)，代入點(diǎn)A(1,2)的坐標(biāo)得2－2m3＝6m2(1－m)，即有2m3－3m2＋1＝0，即(m－1)2(2m＋1)＝0，解得m＝1或m＝－eq\f(1,2)，即斜率為6或eq\f(3,2)，則過點(diǎn)A的曲線C：y＝f(x)的切線方程是y－2＝6(x－1)或y－2＝eq\f(3,2)(x－1)，即67．(2022·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝e2x－1，直線l過點(diǎn)(0，－e)且與曲線y＝f(x)相切，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為()A．1 B．－1C．2 D．e－1解析：選A設(shè)切點(diǎn)為(x0，e2x0－1)，∵f′(x)＝2e2x－1，∴2e2x0－1＝eq\f(e2x0－1＋e,x0)，化簡得(2x0－1)e2x0－1＝e，∴2x0－1＝1，解得x0＝1.故選A.8．若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋3的切線，也是曲線y＝ln(x＋2)的切線，則實(shí)數(shù)b的值是()A．2＋lneq\f(2,3) B．2－ln6C．2＋ln6 D．2＋lneq\f(3,2)解析：選A根據(jù)題意，設(shè)y＝kx＋b與y＝lnx＋3的切點(diǎn)為(x1，lnx1＋3)，與y＝ln(x＋2)的切點(diǎn)為(x2，ln(x2＋2))．對(duì)于y＝lnx＋3，其導(dǎo)數(shù)y′＝eq\f(1,x)，則切線的斜率y′|＝eq\f(1,x1)，切線的方程為y－(lnx1＋3)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(1,x1)x＋(lnx1＋3)－1；對(duì)于y＝ln(x＋2)，其導(dǎo)數(shù)y′＝eq\f(1,x＋2)，則切線的斜率y′|＝eq\f(1,x2＋2).由eq\f(1,x1)＝eq\f(1,x2＋2)，則x1＝x2＋2，則－2＝eq\f(x2,x2＋2)，解得x2＝－eq\f(4,3)，x1＝eq\f(2,3).則b＝(lnx1＋3)－1＝2＋lneq\f(2,3).故選A.9．寫出曲線y＝ex的一條切線方程：____________.解析：設(shè)曲線y＝ex任意一點(diǎn)處的坐標(biāo)為(x0，e)，由y＝ex可得y′＝ex，則該曲線在點(diǎn)(x0，e)處的切線斜率為k＝ex0，所以在該點(diǎn)處的切線方程為y－e＝e(x－x0)，即y＝ex＋(1－x0)e，不妨取x0＝0，則y＝x＋1.答案：y＝x＋1(答案不唯一)10．(2021·廣州二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)，且f′(1)＝1，則a＝________，曲線y＝f(x)在x＝e處的切線方程為__________．解析：由f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)，則f′(x)＝eq\f(\f(x＋a,x)－lnx,x＋a2)，因?yàn)閒′(1)＝1，即eq\f(1,1＋a)＝1，解得a＝0，所以f(x)＝eq\f(lnx,x)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以f(e)＝eq\f(1,e)，f′(e)＝0，所以曲線y＝f(x)在x＝e處的切線方程為y＝eq\f(1,e).答案：0y＝eq\f(1,e)11．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝2x2.(1)求x<0時(shí)，f(x)的表達(dá)式；(2)令g(x)＝lnx，問是否存在x0，使得f(x)，g(x)在x＝x0處的切線互相平行？若存在，求出x0的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2(－x)2＝－2x2.∴當(dāng)x<0時(shí)，f(x)的表達(dá)式為f(x)＝－2x2.(2)若f(x)，g(x)在x0處的切線互相平行，則f′(x0)＝g′(x0)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x0)＝4x0＝g′(x0)＝eq\f(1,x0)，解得x0＝±eq\f(1,2).故存在x0＝eq\f(1,2)滿足條件．12．已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(b,x)(x≠0)在x＝2處的切線方程為3x－4y＋4＝0.(1)求a，b的值；(2)求證：曲線上任一點(diǎn)P處的切線l與直線l1：y＝x，直線l2：x＝0圍成的三角形的面積為定值．解：(1)由f(x)＝ax＋eq\f(b,x)，得f′(x)＝a－eq\f(b,x2)(x≠0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝\f(3,4)，,3×2－4f2＋4＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,4)＝\f(3,4)，,5－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(b,2)))＝0.))解得a＝1，b＝1.(2)證明：由(1)知f(x)＝x＋eq\f(1,x)，設(shè)曲線的切點(diǎn)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(1,x0)))，f′(x0)＝1－eq\f(1,x\o\al(2,0))，曲線在點(diǎn)P處的切線方程為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)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x\o\al(2,0))))x＋eq\f(2,x0).當(dāng)x＝0時(shí)，y＝eq\f(2,x0).即切線l與l2：x＝0的交點(diǎn)坐標(biāo)為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,x0))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x\o\al(2,0))))x＋\f(2,x0)，,y＝x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x0，,y＝2x0，))即l與l1：y＝x的交點(diǎn)坐標(biāo)為B(2x0,2x0)．又l1與l2的交點(diǎn)為O(0,0)，則所求的三角形的面積為S＝eq\f(1,2)·|2x0|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x0)))＝2.即切線l與l1，l2圍成的三角形的面積為定值．二、重點(diǎn)難點(diǎn)培優(yōu)訓(xùn)練1．設(shè)點(diǎn)P在曲線y＝ex上，點(diǎn)Q在曲線y＝lnx上，則|PQ|的最小值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\r(3)C．1＋ln2 D.eq\r(2)解析：選D因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex與y＝lnx互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于y＝x對(duì)稱，所以可先求點(diǎn)P到直線y＝x的最近距離d，設(shè)曲線y＝ex上斜率為1的切線為y＝x＋b，因?yàn)閥′＝ex，由ex＝1，可得x＝0，所以切點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,1)，即b＝1，所以d＝eq\f(1,\r(12＋－12))＝eq\f(\r(2),2)，所以|PQ|的最小值為eq\r(2).2．已知函數(shù)f(x)＝2x3－x＋1，直線l與f(x)的圖象相切于點(diǎn)P(x1，f(x1))，且交f(x)的圖象于另一點(diǎn)Q(x2，f(x2))，則()A．2x1－x2＝0 B．2x1－x2－1＝0C．2x1＋x2＋1＝0 D．2x1＋x2＝0解析：選Df′(x)＝6x2－1，∴k＝f′(x1)＝6xeq\o\al(2,1)－1，又直線過點(diǎn)Q(x2，f(x2))，∴k＝eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＝eq\f(2x\o\al(3,2)－2x\o\al(3,1)＋x1－x2,x2－x1)＝2(xeq\o\al(2,2)＋x1x2＋xeq\o\al(2,1))－1，∴2(xeq\o\al(2,2)＋x1x2＋xeq\o\al(2,1))－1＝6xeq\o\al(2,1)－1，化簡得xeq\o\al(2,2)＋x1x2－2xeq\o\al(2,1)＝0，即(x2＋2x1)(x2－x1)＝0，∵x1≠x2，∴x2＋2x1＝0，故選D.3．(2021·舒城中學(xué)三模)若函數(shù)f(x)＝lnx＋x與g(x)＝eq\f(2x－m,x－1)的圖象有一條公共切線，且該公共切線與直線y＝2x＋1平行，則實(shí)數(shù)m＝()A.eq\f(17,8) B.eq\f(17,6)C.eq\f(17,4) D.eq\f(17,2)解析：選A設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋x圖象上切點(diǎn)為(x0，y0)，因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)＋1，所以f′(x0)＝eq\f(1,x0)＋1＝2，得x0＝1,所以y0＝f(x0)＝f(1)＝1，所以切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(2x－m,x－1)的圖象上的切點(diǎn)為(x1，y1)(x1≠1)，因?yàn)間′(x)＝eq\f(2x－1－2x－m,x－12)＝eq\f(m－2,x－12)，所以g′(x1)＝eq\f(m－2,x1－12)＝2，即m＝2xeq\o\al(2,1)－4x1＋4，又y1＝2x1－1＝g(x1)＝eq\f(2x1－m,x1－1)，即m＝－2xeq\o\al(2,1)＋5x1－1，所以2xeq\o\al(2,1)－4x1＋4＝－2xeq\o\al(2,1)＋5x1－1，即4xeq\o\al(2,1)－9x1＋5＝0，解得x1＝eq\f(5,4)或x1＝1(舍去)，所以m＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))2－4×eq\f(5,4)＋4＝eq\f(17,8).4．(2022·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模)若存在a>0，使得函數(shù)f(x)＝6a2lnx與g(x)＝x2－4ax－b的圖象在這兩個(gè)函數(shù)圖象的公共點(diǎn)處的切線相同，則bA．－eq\f(1,3e2) B．－eq\f(1,6e2)C.eq\f(1,6e2) D.eq\f(1,3e2)解析：選D設(shè)曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點(diǎn)為(x0，y0)，∵f′(x)＝eq\f(6a2,x)，g′(x)＝2x－4a，∴2x0－4a＝eq\f(6a2,x0)，則xeq\o\al(2,0)－2ax0－3a2＝0，解得x0＝－a或x0＝3a，又x0>0，且a>0，則x0＝3a.∵f(x0)＝g(x0)，∴xeq\o\al(2,0)－4ax0－b＝6a2lnx0，b＝－3a2－6a2ln3a(a>0)．設(shè)h(a)＝b，∴h′(a)＝－12a(1＋ln3a)，令h′(a)＝0，得a＝eq\f(1,3e).∴當(dāng)0<a<eq\f(1,3e)時(shí)，h′(a)>0；當(dāng)a>eq\f(1,3e)，h′(a)<0.∴b的最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)))＝e