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2015届高考数学大一轮复习 课时训练13 变化率与导数、导数的计算 理 苏教版


课时跟踪检测(十三) 变化率与导数、导数的计算
第Ⅰ组:全员必做题 1.(2014· 泰州期末)曲线 y=2ln x 在点(e,2)处的切线(e 是自然对数的底)与 y 轴交点的坐 标为________. 2.曲线 y=x3+ax+1 的一条切线方程为 y=2x+1,则实数 a=________. 3.(2014· 常州模拟)已知点 A(1,1)和 B(-1,-3)在曲线 C:y=ax3+bx2+d(a,b,d 均 为常数)上.若曲线 C 在点 A,B 处的切线互相平行,则 a3+b2+d=________. 4 . (2013· 南通一模 ) 曲线 f(x) = ____________. 5.(2013· 南京、盐城三模)设点 P 是曲线 y=x2 上的一个动点,曲线 y=x2 在点 P 处的切 线为 l,过点 P 且与直线 l 垂直的直线与曲线 y=x2 的另一交点为 Q,则 PQ 的最小值为 ________. 6. (2013· 广东高考)若曲线 y=ax2-ln x 在点(1, a)处的切线平行于 x 轴, 则 a=________. 7.已知函数 f(x)=ln x-f′(-1)x2+3x-4,则 f′(1)=________. 8.已知 f1(x)=sin x+cos x,记 f2(x)=f1′(x),f3(x)=f2′(x),…,fn(x)=fn-1′(x)(n∈N*, π? ?π?+…+f2 014?π?=________. n≥2),则 f1? + f 2 ?2? ?2? ?2? 9.(2014· 南京摸底)已知函数 f(x)=x2-(1+2a)x+aln x(a 为常数). (1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处切线的方程; (2)当 a>0 时,讨论函数 y=f(x)在区间(0,1)上的单调性,并写出相应的单调区间. f′?1? x 1 · e - f(0)x + x2 在点 (1 , f(1)) 处的切线方程为 e 2

1 10.(2013· 苏北四市三调)设函数 f(x)=x2-aln x 与 g(x)= x- x的图像分别交直线 x=1 a 于点 A,B,且曲线 y=f(x)在点 A 处的切线与曲线 y=g(x)在点 B 处的切线斜率相等. (1)求函数 f(x),g(x)的解析式; (2)当 a>1 时,求函数 h(x)=f(x)-g(x)的最小值; 1 1? (3)当 a<1 时,不等式 f(x)≥m· g(x)在 x∈? ?4,2?上恒成立,求实数 m 的取值范围.

第Ⅱ组:重点选做题 (2014· 苏州调研)已知函数 f(x)=aln x-bx2 图像上一点 P(2,f(2))处的切线方程为 y=- 3x+2ln 2+2. (1)求 a,b 的值; 1 ? (2)若方程 f(x)+m=0 在? ?e,e?内有两个不等实根,求实数 m 的取值范围(其中 e 为自然 对数的底,e≈2.7); (3)令 g(x)=f(x)-nx,如果 g(x)图像与 x 轴交于 A(x1,0),B(x2,0),x1<x2,线段 AB 的中点 为 C(x0,0),求证:g′(x0)≠0.

答 第Ⅰ卷:全员必做题



2 2 2 1.解析:由曲线 y=2ln x 得 y′= ,所以 k= ,所以点(e,2)处的切线方程为 y-2= (x x e e -e),令 x=0 得 y=0,所以曲线 y=2ln x 在点(e,2)处的切线与 y 轴交点的坐标为(0,0). 答案:(0,0)
3 2.解析:由题知 y′=3x2+a,设切点为(x0,x3 0+ax0+1),则切线方程为 y-(x0+ax0 2 3 + 1) = (3x 2 0 + a)(x - x0) ,即 y = (3x 0 + a)x + ( - 2x 0 + 1) .又切线方程为 y = 2x + 1 ,所以

?3x2 ?x0=0, ? 0+a=2, ? ? 解得? 3 ? ? ?-2x0+1=1, ?a=2.

答案:2 3.解析:由题意得 y′=3ax2+2bx,因为 k1=k2,所以 3a+2b=3a-2b,即 b=0.又 a +d=1,d-a=-3,所以 d=-1,a=2,即 a3+b2+d=7. 答案:7 f′?1? ? ?f?0?= , f′?1? x e 4.解析:因为 f′(x)= · e -f(0)+x,故有? e ? ?f′?1?=f′?1?-f?0?+1,
?f?0?=1, ? 1 1 即? 原函数表达式可化为 f(x)=ex-x+ x2,从而 f(1)=e- ,所以所求切线 2 2 ?f′?1?=e, ?

1 e- ?=e(x-1), 方程为 y-? ? 2? 1 即 y=ex- . 2

1 答案:y=ex- 2 x 1 2 5.解析:设 P(x0,x2 + +x .代入 y=x2 0),又 y′=2x,则直线 PQ 的方程为 y=- 2x0 2 0 x 1 得 x2+ - -x2 =0, 2x0 2 0 1 ?2? 1? 1 ? 2 ? 即 (x - x0) ? ?x+x0+2x0? = 0 ,所以点 Q 的坐标为 ?-x0-2x0,?x0+2x0? ? . 从而 PQ = ?t+1? ?t-2? 3 1 2 ?2x0+ 1 ?2+?1+ 1 2?2,令 t=4x2 , 0,则 PQ =f(t)=t+ + 2+3(t>0),则 f′(t)= 2x0? ? 4x0? ? t t t3 3 3 即 f(t)在(0,2)上是减函数,在(2,+∞)上是增函数,故当 t=2 时,PQ 有最小值 . 2 3 3 答案: 2 1 6.解析:因为 y′=2ax- , x 1 依题意得 y′|x=1=2a-1=0,所以 a= . 2 1 答案: 2 1 7.解析:∵f′(x)= -2f′(-1)x+3, x f′(-1)=-1+2f′(-1)+3, ∴f′(-1)=-2,∴f′(1)=1+4+3=8. 答案:8 8.解析:f2(x)=f1′(x)=cos x-sin x, f3(x)=(cos x-sin x)′=-sin x-cos x, f4(x)=-cos x+sin x,f5(x)=sin x+cos x, 以此类推,可得出 fn(x)=fn+4(x), 又∵f1(x)+f2(x)+f3(x)+f4(x)=0, π? ?π? ?π? ∴f1? ?2?+f2?2?+…+f2 014?2? π? ?π? ?π? ?π? ?π? ?π? =503f1? ?2?+f2?2?+f3?2?+f4?2?+f1?2?+f2?2?=0. 答案:0 9.解:(1)当 a=-1 时,f(x)=x2+x-ln x, 1 则 f′(x)=2x+1- , x 所以 f(1)=2,且 f′(1)=2. 所以曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线的方程为
2

y-2=2(x-1),即 y=2x. a (2)由题意得 f′(x)=2x-(1+2a)+ x = = 2x2-?1+2a?x+a x ?2x-1??x-a? (x>0). x

1 由 f′(x)=0,得 x1= ,x2=a. 2 1 ①当 0<a< 时,由 f′(x)>0 且 x>0, 2 1 得 0<x<a 或 <x<1; 2 1 由 f′(x)<0 且 x>0,得 a<x< . 2 1 ? ? 1? 所以函数 f(x)的单调递增区间是(0,a)和? ?2,1?,单调递减区间是?a,2?; ?2x-1?2 1 1 ②当 a= 时,f′(x)= ≥0,当且仅当 x= 时, 2 2x 2 f′(x)=0. 所以函数 f(x)在区间(0,1)上是单调递增函数; 1 ③当 <a<1 时,由 f′(x)>0 且 x>0, 2 1 得 0<x< 或 a<x<1; 2 1 由 f′(x)<0 且 x>0,得 <x<a. 2 1? ?1 ? 所以函数 f(x)的单调递增区间是? ?0,2?和(a,1),单调递减区间是?2,a?; ④当 a≥1 时,由 f′(x)>0 且 x>0, 1 得 0<x< ; 2 1 由 f′(x)<0 且 x>0,得 <x<1. 2 1? ?1 ? 所以函数 f(x)的单调增区间是? ?0,2?,单调减区间是?2,1?. 10.解:(1)由 f(x)=x2-aln x, 2x2-a 得 f′(x)= . x 2 x-a 1 由 g(x)= x- x,得 g′(x)= . a 2a x

又由题意可得 f′(1)=g′(1), 2-a 1 即 2-a= ,故 a=2 或 a= . 2a 2 所以当 a=2 时,f(x)=x2-2ln x, 1 g(x)= x- x; 2 1 1 当 a= 时,f(x)=x2- ln x, 2 2 g(x)=2x- x. (2)当 a>1 时, h(x)=f(x)-g(x) 1 =x2-2ln x- x+ x, 2 2 1 1 所以 h′(x)=2x- - + x 2 2 x = 2?x-1??x+1? x-1 - x 2 x

=( x-1)?

?4?x x+ x+x+1?- x?. ? 2x ? ?

4?x x+ x+x+1?- x 由 x>0,得 >0. 2x 故当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以函数 h(x)的最小值为 1 3 h(1)=1-2ln 1- +1= . 2 2 1 1 (3)当 a= 时,f(x)=x2- ln x, 2 2 g(x)=2x- x. 1 1? 当 x∈? ?4,2?时,
2 1 4x -1 f′(x)=2x- = <0, 2x 2x

1 1? f(x)在? ?4,2?上为减函数, 1? 1 1 f(x)≥f? ?2?=4+2ln 2>0. 1 1? 4 x-1 1 ?1 1? 当 x∈? ?4,2?时,g′(x)=2-2 x= 2 x >0,g(x)在?4,2?上为增函数,

1? 2 g(x)≤g? ?2?=1- 2 , 1? 且 g(x)≥g? ?4?=0. 1 1? 要使不等式 f(x)≥m· g(x)在 x∈? ?4,2?上恒成立, 1 1? 1 f?x? , 时,m≤ 当 x= 时,m 为任意实数;当 x∈? . 4 2 ? ? 4 g?x? 而? f?x? ? 2+ 2 ?g?x??min= ?1?= 4 ln(4e), g?2? 1? f? ?2?

2+ 2 所以 m≤ ln(4e). 4 2+ 2 ? ? 实数 m 的取值范围为?-∞, ln 4e? 4 ? ? 第Ⅱ组:重点选做题 a 解:(1)由题知,f′(x)= -2bx, x a 则 f′(2)= -4b,f(2)=aln 2-4b, 2 a 所以 -4b=-3, 2 且 aln 2-4b=-6+2ln 2+2. 解得 a=2,b=1. (2)由(1)知,f(x)=2ln x-x2. 令 h(x)=f(x)+m=2ln x-x2+m, 2?1-x2? 2 则 h′(x)= -2x= . x x 令 h′(x)=0,得 x=1(x=-1 舍去). 1 ? ?1 ? 在? ? e,e?内,当 x∈?e,1?时,h′(x)>0,所以 h(x)是增函数; 当 x∈(1,e]时,h′(x)<0,所以 h(x)是减函数.

?≤0, h? ? e ? ? ? 1 ? ,e 内有两个不等实根的充要条件是? 则方程 h(x)=0 在? ?e ? h?1?>0, ?h?e?≤0, ?
1 解得 1<m≤ 2+2. e 1 所以实数 m 的取值范围是(1, 2+2]. e

1

(3)证明:由题知 g(x)=2ln x-x2-nx, 2 g′(x)= -2x-n. x 假设 g′(x0)=0,

? 2ln ? 则有?x +x =2x , ? ?x2 -2x -n=0,
1 2 0 0 0

2ln x1-x2 1-nx1=0, x2-x2 2-nx2=0,

① ② ③ ④

①-②得 x1 2 2ln -(x2 1-x2)-n(x1-x2)=0, x2 x1 x2 所以 n=2 -2x0. x1-x2 ln x1 ln x2 2 1 由④得 n= -2x0,所以 = , x0 x1-x2 x0 x1 x1 2 -2 x2 2 x1 x2 即 = ,即 ln = . x2 x1 x1-x2 x1+x2 +1 x2 ln 2t-2 x1 令 t= ,u(t)=ln t- (0<t<1). x2 t+1 ?t-1?2 则 u′(t)= >0, t?t+1?2 所以 u(t)在 0<t<1 上是增函数. u(t)<u(1)=0,所以⑤式不成立,与假设矛盾.故 g′(x0)≠0.




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