2020高考数学刷题首选卷 考点测试14 变化率与导数 理(含解析).docx

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考点测试14变化率与导数、导数的计算一、基础小题1下列求导运算正确的是()A1 B(log2x)C(3x)3xlog3e D(x2cosx)2xsinx答案B解析1;(3x)3xln 3;(x2cosx)(x2)cosxx2(cosx)2xcosxx2sinx,所以A,C,D错误故选B2已知函数f(x)xsinxcosx,则f的值为()A B0 C1 D1答案B解析f(x)sinxxcosxsinxxcosx,fcos0,故选B3设f(x)xln x,f(x0)2,则x0()Ae2 Be C Dln 2答案B解析f(x)1ln x,f(x0)1ln x02,x0e故选B4已知一个物体的运动方程为s1tt2,其中s的单位是m,t的单位是s,那么物体在4 s末的瞬时速度是()A7 m/s B6 m/s C5 m/s D8 m/s答案A解析7t,当t无限趋近于0时,无限趋近于7故选A5已知函数f(x)在R上可导,且f(x)x22xf(2),则函数f(x)的解析式为()Af(x)x28x Bf(x)x28xCf(x)x22x Df(x)x22x答案B解析由题意得f(x)2x2f(2),则f(2)42f(2),所以f(2)4,所以f(x)x28x6已知函数yf(x)的图象如图,则f(xA)与f(xB)的大小关系是()Af(xA)f(xB) Bf(xA)f(xB)Cf(xA)f(xB) D不能确定答案B解析f(xA)和f(xB)分别表示函数图象在点A,B处的切线的斜率,故f(xA)f(xB)7设f(x)是可导函数,且满足1,则yf(x)在点(1,f(1)处的切线的斜率为()A1 B1 C2 D2答案A解析1,即f(1)1,由导数的几何意义知,yf(x)在点(1,f(1)处的切线的斜率为18已知过点P(2,2)的直线l与曲线yx3x相切,则直线l的方程为_答案y8x18或yx解析设切点为(m,n),因为yx21,所以解得或所以切线的斜率为8或1,所以切线方程为y8x18或yx二、高考小题9(2018全国卷)设函数f(x)x3(a1)x2ax,若f(x)为奇函数,则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为()Ay2x Byx Cy2x Dyx答案D解析因为函数f(x)是奇函数,所以a10,解得a1,所以f(x)x3x,f(x)3x21,所以f(0)1,f(0)0,所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yf(0)f(0)x,化简可得yx,故选D10(2018全国卷)曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为_答案y2x解析y,k2,所求切线方程为y2x11(2018全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为2,则a_答案3解析由yaex(ax1)ex,则f(0)a12所以a312(2017天津高考)已知aR,设函数f(x)axln x的图象在点(1,f(1)处的切线为l,则l在y轴上的截距为_答案1解析由题意可知f(x)a,所以f(1)a1,因为f(1)a,所以切点坐标为(1,a),所以切线l的方程为ya(a1)(x1),即y(a1)x1令x0,得y1,即直线l在y轴上的截距为113(2016全国卷)已知f(x)为偶函数,当x0,则x0),则f(x)3(x0),f(1)2,在点(1,3)处的切线方程为y32(x1),即y2x1三、模拟小题14(2018江西重点中学盟校第一次联考)函数yx3的图象在原点处的切线方程为()Ayx Bx0Cy0 D不存在答案C解析函数yx3的导数为y3x2,则在原点处的切线斜率为0,所以在原点处的切线方程为y00(x0),即y0,故选C15(2018福建福州八县联考)已知函数f(x)的导函数是f(x),且满足f(x)2xf(1)ln ,则f(1)()Ae B2 C2 De答案B解析由已知得f(x)2f(1),令x1得f(1)2f(1)1,解得f(1)1,则f(1)2f(1)216(2018广东深圳二模)设函数f(x)xb,若曲线yf(x)在点(a,f(a)处的切线经过坐标原点,则ab()A1 B0 C1 D2答案D解析由题意可得,f(a)ab,f(x)1,所以f(a)1,故切线方程是yab1(xa),将(0,0)代入得ab1(a),故b,故ab2,故选D17(2018湖南株洲高三教学质量统一检测二)设函数f(x)xsinxcosx的图象在点(t,f(t)处切线的斜率为g(t),则函数yg(t)的图象一部分可以是()答案A解析由f(x)xsinxcosx可得f(x)sinxxcosxsinxxcosx,即yg(t)tcost,是奇函数,排除B,D;当t0,时,yg(t)0,排除C故选A18(2018湖南郴州第二次教学质量检测)已知函数f(x)2ln xxe2,g(x)mx1,若f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y1对称的点,则实数m的取值范围是_答案2e,3e解析直线g(x)mx1关于直线y1对称的直线为ymx1,因为f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y1对称的点,所以直线ymx1与f(x)2ln x的图象在,e2上有交点,直线ymx1过定点(0,1),当直线ymx1经过点,2时,21,解得m3e,当直线ymx1与y2ln xxe2相切时,设切点为(x,y),则解得m3e时,直线ymx1与y2ln x的图象在,e2上有交点,即f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y1对称的点,故实数m的取值范围是2e,3e一、高考大题1(2018全国卷)已知函数f(x)(1)求曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程;(2)证明:当a1时,f(x)e0解(1)f(x),f(0)2因此曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程是y12x,即2xy10(2)证明:当a1时,f(x)e(x2x1ex1)ex令g(x)x2x1ex1,则g(x)2x1ex1当x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)g(1)0因此f(x)e02(2018北京高考)设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex(1)若曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x2处取得极小值,求a的取值范围解(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex,所以f(x)ax2(2a1)x2exf(1)(1a)e由题设知f(1)0,即(1a)e0,解得a1此时f(1)3e0所以a的值为1(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex若a,则当x,2时,f(x)0所以f(x)在x2处取得极小值若a,则当x(0,2)时,x20,ax1x10,所以2不是f(x)的极小值点综上可知,a的取值范围是,3(2017北京高考)已知函数f(x)excosxx(1)求曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,上的最大值和最小值解(1)因为f(x)excosxx,所以f(x)ex(cosxsinx)1,f(0)0又因为f(0)1,所以曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y1(2)设h(x)ex(cosxsinx)1,则h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx当x0,时,h(x)0,所以h(x)在区间0,上单调递减所以对任意x0,有h(x)h(0)0,即f(x)0所以函数f(x)在区间0,上单调递减因此f(x)在区间0,上的最大值为f(0)1,最小值为f二、模拟大题4(2018福州质检)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时,求曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线方程;(2)若当x(1,)时,f(x)0,求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0,)当a4时,f(x)(x1)ln x4(x1),f(x)ln x3,f(1)2,f(1)0所以曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线方程为2xy20(2)当x(1,)时,f(x)0等价于ln x0令g(x)ln x,则g(x),g(1)0当a2,x(1,)时,x22(1a)x1x22x10,故g(x)0,g(x)在(1,)上单调递增,因此g(x)g(1)0;当a2时,令g(x)0,得x1a1,x2a1,由x21和x1x21,得x11,故当x(1,x2)时,g(x)0,g(x)在(1,x2)上单调递减,此时g(x)g(1)0,不符合题意,舍去综上,a的取值范围是(,25(2018安徽淮南一模)已知函数f(x)x2ln x(1)求函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)在函数f(x)x2ln x的图象上是否存在两点,使以这两点为切点的切线互相垂直,且切点的横坐标都在区间,1上?若存在,求出这两点的坐标,若不存在,请说明理由解(1)由题意可得f(1)1,且f(x)2x,f(1)211,则所求切线方程为y11(x1),即yx(2)假设存在两点满足题意,且设切点坐标为(x1,y1),(x2,y2),则x1,x2,1,不妨设x1x2,结合题意和(1)中求得的导函数解析式可得2x12x21,又函数f(x)2x在区间,1上单调递增,函数的值域为1,1,故12x12x21,据此有解得x1,x21x11,x2舍去,故存在两点,ln 2,(1,1)满足题意6(2018广东佛山一模)已知函数f(x)(xa)ln xx(其中aR)(1)若曲线yf(x)在点(x0,f(x0)处的切线方程为yx,求a的值;(2)若a0解(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)ln x,由题意知则解得x0a,a1,所以a1(2)证明:令g(x)f(x)ln x,x0,则g(x),因为a0,即g(x)在(0,)上单调递增以下证明g(x)在区间,2a上有唯一的零点x0,事实上gln ln ,g(2a)ln (2a)ln (2a)1,因为a2,所以gln 210,由零点存在性定理可知,g(x)在,2a上有唯一的零点x0,所以在区间(0,x0)上,g(x)f(x)0,f(x)单调递增故当xx0时,f(x)取得最小值f(x0)(x0a)ln x0x0,因为g(x0)ln x00,所以ln x0,所以f(x0)(x0a)x0ax0x0(2ax0),又x0,2a,所以f(x0)0所以f(x)0
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