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

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