高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十三）導(dǎo)數(shù)的概念及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十三）導(dǎo)數(shù)的概念及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．函數(shù)f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的導(dǎo)數(shù)f′(x解析：因?yàn)閒(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2所以f′(x)＝3(x2－a2)．答案：3(x2－a2)2．(2018·鎮(zhèn)江調(diào)研)函數(shù)f(x)＝(x＋1)2(x－1)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)等于________．解析：由f(x)＝(x＋1)2(x－1)＝x3＋x2－x－1，得f′(x)＝3x2＋2x－1，所以f′(1)＝3＋2－1＝4.答案：43．(2018·蘇州暑假測(cè)試)曲線y＝ex在x＝0處的切線方程為____________．解析：因?yàn)閥′＝ex，所以y＝ex在x＝0處的切線斜率k＝e0＝1，因此切線方程為y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0.答案：x－y＋1＝04．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)))＝________.解析：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).答案：－eq\f(3,π)5．(2018·蘇州調(diào)研)已知曲線f(x)＝ax3＋lnx在(1，f(1))處的切線的斜率為2，則實(shí)數(shù)a＝________.解析：因?yàn)閒′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，所以f′(1)＝3a＋1＝2，解得a＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)6．(2018·蘇北四市調(diào)研)已知f(x)＝x3－2x2＋x＋6，則f(x)在點(diǎn)P(－1,2)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積等于________．解析：因?yàn)閒(x)＝x3－2x2＋x＋6，所以f′(x)＝3x2－4x＋1，所以f′(－1)＝8，故切線方程為y－2＝8(x＋1)，即8x－y＋10＝0，令x＝0，得y＝10，令y＝0，得x＝－eq\f(5,4)，所以所求面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×10＝eq\f(25,4).答案：eq\f(25,4)二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．(2018·海門高三聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(2)＝________.解析：因?yàn)閒(x)＝x2＋2xf′(1)，所以f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，則f′(x)＝2x－4，所以答案：02．已知f(x)＝ax4＋bcosx＋7x－2.若f′(2018)＝6，則f′(－2018)＝________.解析：因?yàn)閒′(x)＝4ax3－bsinx＋7.所以f′(－x)＝4a(－x)3－bsin(－x＝－4ax3＋bsinx＋7.所以f′(x)＋f′(－x)＝14.又f′(2018)＝6，所以f′(－2018)＝14－6＝8.答案：83．(2018·淮安調(diào)研)曲線y＝1－eq\f(2,x＋2)在點(diǎn)(－1，－1)處的切線方程為________．解析：因?yàn)閥＝1－eq\f(2,x＋2)＝eq\f(x,x＋2)，所以y′＝eq\f(x＋2－x,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1))＝2，所以曲線在點(diǎn)(－1，－1)處的切線斜率為2，所以所求切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.答案：y＝2x＋14．(2018·無錫期末)在曲線y＝x－eq\f(1,x)(x>0)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線分別與x軸，y軸交于點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OAB的面積為eq\f(1,3)，則x0＝________.解析：因?yàn)閥′＝1＋eq\f(1,x2)，切點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0－\f(1,x0)))，x0>0，所以切線斜率k＝y(tǒng)′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,x＝x0))＝1＋eq\f(1,x\o\al(2,0))，所以切線方程是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)．令y＝0，得x＝eq\f(2x0,x\o\al(2,0)＋1)，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x0,x\o\al(2,0)＋1)，0))；令x＝0，得y＝－eq\f(2,x0)，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,x0))).所以S△OAB＝eq\f(1,2)·eq\f(2x0,x\o\al(2,0)＋1)·eq\f(2,x0)＝eq\f(2,x\o\al(2,0)＋1)＝eq\f(1,3)，解得x0＝eq\r(5).答案：eq\r(5)5．已知f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mx＋eq\f(7,2)(m<0)，直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切，且與f(x)圖象的切點(diǎn)為(1，f(1))，則m＝________.解析：因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)，所以直線l的斜率為k＝f′(1)＝1，又f(1)＝0，所以切線l的方程為y＝x－1.g′(x)＝x＋m，設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點(diǎn)為(x0，y0)，則有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋mx0＋eq\f(7,2)，m<0，解得m＝－2.答案：－26．(2018·淮安高三期中)已知函數(shù)f(x)＝x3.設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x1，f(x1))處的切線與該曲線交于另一點(diǎn)Q(x2，f(x2))，記f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則eq\f(f′x1,f′x2)的值為________．解析：由f′(x)＝3x2，得f′(x1)＝3xeq\o\al(2,1)，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x1，xeq\o\al(3,1))處的切線方程為y＝3xeq\o\al(2,1)x－2xeq\o\al(3,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x\o\al(2,1)x－2x\o\al(3,1)，,y＝x3，))解得Q(－2x1，－8xeq\o\al(3,1))，所以x2＝－2x1，所以eq\f(f′x1,f′x2)＝eq\f(3x\o\al(2,1),3x\o\al(2,2))＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)7．(2018·南通一調(diào))已知兩曲線f(x)＝2sinx，g(x)＝acosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))相交于點(diǎn)P.若兩曲線在點(diǎn)P處的切線互相垂直，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：f′(x)＝2cosx，g′(x)＝－asinx．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x0，則f(x0)＝g(x0)，f′(x0)·g′(x0)＝－1，即2sinx0＝acosx0，(2cosx0)·(－asinx0)＝－1，所以4sin2x0＝1.即sinx0＝±eq\f(1,2)，因?yàn)閤0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinx0＝eq\f(1,2)，cosx0＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)8．曲邊梯形由曲線y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所圍成，過曲線y＝x2＋1(x∈[1,2])上一點(diǎn)P作切線，使得此切線從曲邊梯形上切出一個(gè)面積最大的普通梯形，則這一點(diǎn)的坐標(biāo)為________．解析：設(shè)P(x0，xeq\o\al(2,0)＋1)，x0∈[1,2]，則易知曲線y＝x2＋1在點(diǎn)P處的切線方程為y－(xeq\o\al(2,0)＋1)＝2x0(x－x0)，所以y＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1，設(shè)g(x)＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1，則g(1)＋g(2)＝－2xeq\o\al(2,0)＋6x0＋2，所以S普通梯形＝eq\f(g1＋g2,2)×1＝－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))時(shí)，S普通梯形最大．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))9．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))；(2)y＝x·tanx；(3)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解：(1)因?yàn)閥＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))＝eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＝x－x，所以y′＝(x)′－(x)′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)x.(2)y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝tanx＋x·eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝tanx＋eq\f(x,cos2x).(3)y′＝(x＋1)′[(x＋2)(x＋3)]＋(x＋1)[(x＋2)(x＋3)]′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＋(x＋1)(x＋3)＝3x2＋12x＋11.10．已知函數(shù)f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲線f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)求經(jīng)過點(diǎn)A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程．解：(1)因?yàn)閒′(x)＝3x2－8x＋5，所以f′(2)＝1，又f(2)＝－2，所以曲線在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.(2)設(shè)曲線與經(jīng)過點(diǎn)A(2，－2)的切線相切于點(diǎn)P(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，因?yàn)閒′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5，所以切線方程為y－(－2)＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x－2)，又切線過點(diǎn)P(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，所以xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－2＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或1，所以經(jīng)過點(diǎn)A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程為x－y－4＝0，或y＋2＝0.三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．已知曲線f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)在x＝0處的切線與曲線g(x)＝－lnx相切，則a的值為________．解析：由f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)得，f′(x)＝3x2＋a，f′(0)＝a，f(0)＝eq\f(1,4)，所以曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程為y－eq\f(1,4)＝ax.設(shè)直線y－eq\f(1,4)＝ax與曲線g(x)＝－lnx相切于點(diǎn)(x0，－lnx0)，g′(x)＝－eq\f(1,x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－lnx0－\f(1,4)＝ax0，①,a＝－\f(1,x0).②))將②代入①得lnx0＝eq\f(3,4)，所以x0＝e，所以a＝－eq\f(1,e)＝－e答案：－e2．(2018·啟東中學(xué)高三測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直線l：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在實(shí)數(shù)k，使直線l既是曲線y＝f(x)的切線，又是曲線y＝g(x)的切線？如果存在，求出k的值；如果不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a因?yàn)閒′(－1)＝0，所以3a－6－6a＝0，解得(2)存在，理由如下：由已知得，直線l恒過定點(diǎn)(0,9)，若直線l是曲線y＝g(x)的切線，則設(shè)切點(diǎn)為(x0,3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)．因?yàn)間′(x0)＝6x0＋6，所以切線方程為y－(3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，將(0,9)代入切線方程，解得x0＝±1.當(dāng)x0＝－1時(shí)，切線方程為y＝9；當(dāng)x0＝1時(shí)，切線方程