（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业13(001).DOC

1、课时作业课时作业 13变化率与导数、导数的计算变化率与导数、导数的计算 一、选择题 1(2021重庆九校联考)函数 yf(x)在 R 上可导，且 f(x)2x2f(1)x3，则 f(1)f(1)(C) A0B1 C1D不确定 解析：f(x)2x2f(1)x3，则 f(x)4xf(1)， f(1)4f(1)，f(1)2，f(x)2x22x3，f(1)3，f(1)f(1)1.故选 C 2曲线 y2sinxcosx 在点(，1)处的切线方程为(C) Axy10 B2xy210 C2xy210 Dxy10 解析：由题意可知 y2cosxsinx，则 y|x2.所以曲线 y2sinxcosx 在点(，1

2、)处的切线方程为 y1 2(x)，即 2xy120.故选 C 3曲线 yf(x)在点 P(1，f(1)处的切线 l 如图所示，则 f(1)f(1)(C) A2B1 C2D1 解析：因为切线 l 过点(2,0)和(0，2)，所以 f(1) 02 201，所以切线 l 的方程为 yx2，取 x 1，则 y1，即 f(1)1，所以 f(1)f(1)112，故选 C 4(2021安徽合肥测试)已知 f1(x)sinxcosx，fn1(x)是 fn(x)的导函数，即 f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn 1(x)fn(x)，nN*，则 f2 011(x)(A) AsinxcosxBsinxc

3、osx CsinxcosxDsinxcosx 解析： 因为 f1(x)sinxcosx，所以 f2(x)f1(x)cosxsinx，f3(x)f2(x)sinxcosx，f4(x)f3(x)cosx sinx，f5(x)f4(x)sinxcosx可知 fn(x)解析式的周期为 4.因为 2 01145023，所以 f2 011(x)f3(x)sinx cosx.故选 A 5(2021山东烟台段测)设函数 F(x)lnxa x(0 x3)的图象上任意一点 P(x 0，y0)处切线的斜率 k1 2恒成立，则实 数 a 的取值范围为(C) A1，)B 1 3， C 1 2，D(1，) 解析：由 F(

4、x)lnxa x(0 x3)，得 F(x) xa x2 (0 x3)，则有 kF(x0)x0a x20 1 2在 x 0(0,3上恒成立，所 以 a 1 2x 2 0 x0 max，x0(0,3当 x01 时，y1 2x 2 0 x0在(0,3上取得最大值1 2，所以 a 1 2. 6 (2021四川绵阳月考)已知函数 f(x) 2 2 019x1sinx， f(x)为函数 f(x)的导函数， 则 f(2 018)f(2 018)f(2 019)f(2 019)(A) A2B2 019 C2 018D0 解析：函数 f(x) 2 2 019x1sinxsinx 12 019x 12 019x1

5、.设 g(x)sinx 12 019x 12 019x，其中 xR，则 g(x)sin(x) 12 019 x 12 019 x sinx12 019 x 12 019xg(x)，即 g(x)g(x)0，即 f(x)f(x)2，则 f(2 018)f(2 018)g(2 018) 1g(2 018)12. f(x)f(x)2，f(x)f(x)0， 可得 f(2 019)f(2 019)0，即有 f(2 018)f(2 018)f(2 019)f(2 019)2.故选 A 7(2021河北石家庄月考)已知函数 f(x)1 4x 2cosx 的图象在点(t，f(t)处的切线的斜率为 k，则函数 k

6、g(t)的大 致图象是(A) 解析：因为函数 f(x)1 4x 2cosx，所以 f(x)1 2xsinx，则在点(t，f(t)处的切线的斜率为 kf(t) 1 2tsint.则 g(t)1 2tsint，因为函数 g(t)的定义域为 R，且 g(t) 1 2(t)sin(t) 1 2tsintg(t)，所以函数 g(t)为奇函数， 图象关于原点对称，排除 B，D 项又当 t 2时，g(t) 1 2 2sin 2 410 时，f(x)xex1，则 f(x)的图象在点(1，f(1)处的 切线斜率为 2e. 解析：当 x0 时，f(x)xex1， 当 x0，f(x)(x)e x1xex1，又 f(

7、x)为奇函数，f(x)f(x)xex1， 此时 f(x)(1x)e x，故 kf(1)2e. 11若直线 ykxb 是曲线 ylnx2 的切线，也是曲线 yln(x1)的切线，则 b1ln2. 解析：设直线 ykxb 与曲线 ylnx2 和 yln(x1)的切点分别为(x1，kx1b)、(x2，kx2b) 由导数的几何意义可得 k 1 x1 1 x21，得 x 1x21，再由切点也在各自的曲线上， 可得 kx1blnx12， kx2blnx21， 联立 x1x21，解得 k2，则 x11 2，x 21 2.代入 kx 1blnx12，解得 b1ln2. 12(2021山东莱芜模拟)若曲线 f(

8、x)2x在点(x1，f(x1)处的切线与曲线 g(x)log2x 在点(x2，g(x2)处的切线平行， 则 x1g(x2)2log2ln2. 解析：由 f(x)2x，得 f(x)2 x1ln2，所以曲线 yf(x)在点(x 1，f(x1)处的切线的斜率为 2x1ln2.由 g(x)log2x，得 g(x) 1 xln2，所以曲线 yg(x)在点(x 2，g(x2)处的切线的斜率为 1 x2ln2.因为这两条切线平行，故 2 x1ln2 1 x2ln2，即 x 22 x1 (ln2)21，得 log2x2x12log2ln20，所以 x1g(x2)2log2ln2. 三、解答题 13(2021辽

9、宁沈阳测试)已知函数 f(x)xlnx. (1)求过点(1，2)的函数 f(x)的图象的切线方程； (2)过点 P(1，t)存在两条直线与曲线 yf(x)相切，求实数 t 的取值范围 解：(1)f(x)1lnx， 设切点为(m，n)，可得切线的斜率为 1lnm， 切线方程为 ymlnm(1lnm)(xm)， 将(1，2)代入切线方程，可得2mlnm(1lnm)(1m)，化简为 mlnm1. 由 yxlnx 在(0，)上单调递增， 且 x1 时，y1， 可得 mlnm1 的解为 m1，故所求切线的方程为 yx1. (2)设切点为(u，v)，则切线的斜率为 f(u)1lnu， 则切线的方程为 yu

10、lnu(1lnu)(xu)， 将(1，t)代入切线方程，得 tulnu(1lnu)(1u)， 得 t1lnuu 在(0，)上有两个解 令 g(x)lnxx，则 g(x)1 x1， 可得 x1 时，g(x)单调递减，0 x1 时，g(x)单调递增，可得 x1 时，g(x)取得最大值，为 g(1)1. 故 t11，解得 t0， 函数(x)的单调递增区间为(0,1)和(1，) (2)f(x)lnx，f(x)1 x，f(x 0) 1 x0，切线 l 的方程为 ylnx 0 1 x0(xx 0)，即 y 1 x0 xlnx 01， 设直线 l 与曲线 yg(x)相切于点(x1，e x1)， 易知 g(x)ex，e x11 x0，x 1lnx0，g(x1)e lnx0 1 x0. 直线 l 的方程也为 y 1 x0 1 x0(xlnx 0)，即 y 1 x0 x lnx0 x0 1 x0 ， 由得 lnx01lnx0 x0 1 x0，lnx 0 x 01 x01. 下证：在区间(1，)上存在唯一 x0满足上式 由(1)可知，(x)lnxx1 x1在区间(1，)上单调递增 又(e)lnee1 e1 2 e10， 由零点存在性定理，得方程(x)0 必在区间(e，e2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一 x0. 综上可知，在区间(1，)上存在唯一的 x0，使得直线 l 与曲线 yg(x)相切