【新高考复习】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)＝1xcosx，则f(π)＋f′π2＝()A．－3π2B．－1π2C．－3πD．－1π解析：选C.因为f′(x)＝－1x2cosx＋1x(－sinx)，所以f(π)＋f′π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π.2．(2019·福州模拟)曲线f(x)＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()A．2B.32C.12D.14解析：选D.f′(x)＝1＋1x，则f′(1)＝2，故曲线f(x)＝x＋lnx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)，12，0，则切线与坐标轴围成的三角形的面积为12×1×12＝14，故选D.3．已知曲线y＝x24－3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()A．3B．2C．1D.12解析：选A.因为y′＝x2－3x，令y′＝12，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＋52x2＋3lnx＋b(b∈R)在x＝1处的切线过点(0，－5)，则b的值为()A.72B.52C.32D.12解析：选B.当x＝1时，g(1)＝1＋52＋b＝72＋b，又g′(x)＝3x2＋5x＋3x，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1，72＋b在切线上，所以72＋b＝11－5，解得b＝52.故选B.6．已知f(x)＝ax4＋bcosx＋7x－2.若f′(2018)＝6，则f′(－2018)＝________．解析：因为f′(x)＝4ax3－bsinx＋7，所以f′(－x)＝4a(－x)3－bsin(－x)＋7＝－4ax3＋bsinx＋7.所以f′(x)＋f′(－x)＝14.又f′(2018)＝6，所以f′(－2018)＝14－6＝8.答案：87．(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x20－ax0－a＝0，过点A(a，0)作曲线C的切线有且仅有两条，即方程x20－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(lnx)＝x＋lnx，则f′(1)＝________．解析：因为f(lnx)＝x＋lnx，所以f(x)＝x＋ex，所以f′(x)＝1＋ex，所以f′(1)＝1＋e1＝1＋e.答案：1＋e9．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f（0）＝b＝0，f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，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＋10，所以a≠－12.所以a的取值范围为－∞，－12∪－12，＋∞.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＝－14x＋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)＝3x20＋1，所以直线l的方程为y＝(3x20＋1)(x－x0)＋x30＋x0－16，又因为直线l过点(0，0)，所以0＝(3x20＋1)(－x0)＋x30＋x0－16，整理得，x30＝－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＝－14x＋3垂直，所以切线的斜率k＝4.设切点的坐标为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x20＋1＝4，所以x0＝±1.所以x0＝1，y0＝－14或x0＝－1，y0＝－18，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．26B．29C．212D．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)＝lnx＋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.－12，＋∞B．[－12，＋∞)C．(0，＋∞)D．[0，＋∞)解析：选D.f′(x)＝1x＋2ax＝2ax2＋1x(x0)，根据题意有f′(x)≥0(x0)恒成立，所以2ax2＋1≥0(x0)恒成立，即2a≥－1x2(x0)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′＝22x－1，所以22x0－1＝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＋8|4＋1＝25.答案：254．设有抛物线C：y＝－x2＋92x－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＋92.设点P的坐标为(x1，y1)，则y1＝kx1，①y1＝－x21＋92x1－4，②－2x1＋92＝k，③联立①②③得，x1＝2，x2＝－2(舍去)．所以k＝12.(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，x2－132x＋9＝0.设Q点的坐标为(x2，y2)，则2x2＝9，所以x2＝92，y2＝－4.所以Q点的坐标为92，－4.5．(2019·福州质检)设函数f(x)＝ax－bx，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＝74x－3.当x＝2时，y＝12.又f′(x)＝a＋bx2，于是2a－b2＝12，a＋b4＝74，解得a＝1，b＝3.故f(x)＝x－3x.(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋3x2，知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝1＋3x20(x－x0)，即y－x0－3x0＝1＋3x20(x－x0)．令x＝0，得y＝－6x0，从而得切线与直线x＝0的交点坐标为0，－6x0.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＝12－6x0|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.