理科數(shù)學(xué)全國通用版一輪復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測第3章第1節(jié)導(dǎo)數(shù)的概念及運算

第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第一節(jié)導(dǎo)數(shù)的概念及運算A級·基礎(chǔ)過關(guān)|固根基|eq\i\in(0,1,)(2x＋ex)dx的值為()A．e＋2 B．e＋1C．e D．e－1解析：選Ceq\i\in(0,1,)(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1,0))＝(1＋e)－(0＋e0)＝e，故選C．2．(2019屆福建福州八縣聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(1)＋lneq\f(1,x)，則f(1)＝()A．－e B．2C．－2 D．e解析：選B由已知得f′(x)＝2f′(1)－eq\f(1,x)，令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，則f(1)＝2f′(1)＝2.3．(2019屆湖南婁底二模)已知f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)＝－eq\f(x,x－2)，則函數(shù)圖象在x＝－1處的切線方程是()A．2x－y＋1＝0 B．x－2y＋2＝0C．2x－y－1＝0 D．x＋2y－2＝0解析：選A∵當(dāng)x<0時，－x>0，∴f(－x)＝－eq\f(x,x＋2).又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x<0)，∴f′(x)＝eq\f(2,（x＋2）2)，∴f′(－1)＝2，f(－1)＝－1，∴切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即2x－yA.4．如圖，函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1相交形成一個閉合圖形(圖中的陰影部分)，則該閉合圖形的面積是()A．1 B．eq\f(4,3)C．eq\r(3) D．2解析：選B由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋2x＋1，,y＝1，))聯(lián)立得x1＝0，x2＝2.所以S＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x＋1－1)dx＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x)dx＝－eq\f(x3,3)＋x2eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2,0))＝－eq\f(8,3)＋4＝eq\f(4,3).故選B．5．(2019屆遼寧瓦房店四校聯(lián)考)一輛汽車在高速公路上行駛，由于遇到緊急情況而剎車，從剎車開始，其速度與時間的關(guān)系式為v(t)＝7－3t＋eq\f(25,1＋t)(t的單位：s，v的單位：m/s)，從開始剎車到停止，汽車行駛的路程(單位：m)是()A．1＋25ln5 B．8＋25lneq\f(11,3)C．4＋25ln5 D．4＋50ln2解析：選C由7－3t＋eq\f(25,1＋t)＝0，得t＝4或t＝－eq\f(8,3)(不符合題意，舍去)，故汽車經(jīng)過4s后停止，在此期間汽車行駛的路程為s＝eq\i\in(0,4,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7－3t＋\f(25,1＋t)))dt＝7t－eq\f(3,2)t2＋25ln(1＋t)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(4,0))＝4＋25ln5.故選C．6．(2019屆山東濟寧期末)函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程是x－2y＋1＝0，若g(x)＝xf(x)，則g′(1)＝()A．3 B．2C．1 D．eq\f(3,2)解析：選D由題意得，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(1)＝f(1)＋f′(1)．∵函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程是x－2y＋1＝0，∴f′(1)＝eq\f(1,2)，f(1)＝1，∴g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).故選D．7．(2019屆廣東珠海調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx的圖象在點(t，f(t))處切線的斜率為g(t)，則函數(shù)y＝g(t)的部分圖象可以是()解析：選A由f(x)＝xsinx＋cosx，得f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以g(t)＝tcost．因為函數(shù)g(t)是奇函數(shù)，所以排除選項B、D；又當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g(t)>0，排除選項C．故選A.8．(2019屆湖北黃岡模擬)已知直線y＝eq\f(1,m)是曲線y＝xex的一條切線，則實數(shù)m的值為()A．－eq\f(1,e) B．－eC．eq\f(1,e) D．e解析：選B設(shè)切點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,m)))，對y＝xex求導(dǎo)，得y′＝(xex)′＝ex＋xex，若直線y＝eq\f(1,m)是曲線y＝xex的一條切線，則有y′|x＝n＝en＋nen＝0，解得n＝－1，此時有eq\f(1,m)＝nen＝－eq\f(1,e)，∴m＝－e.故選B．9．(2019屆廣東深圳二模)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋eq\f(2,x)是奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的傾斜角為()A.eq\f(π,4) B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)解析：選B由函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋eq\f(2,x)是奇函數(shù)，得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，則f(x)＝x＋eq\f(2,x)，∴f′(x)＝1－eq\f(2,x2)，故曲線y＝f(x)在x＝1處的切線斜率k＝f′(1)＝1－2＝－1，可得所求切線的傾斜角為eq\f(3π,4)，故選B．10．(2019屆湖南湘潭模擬)經(jīng)過(2，0)且與曲線y＝eq\f(1,x)相切的直線與坐標軸圍成的三角形面積為()A．2 B．eq\f(1,2)C．1 D．3解析：選A設(shè)切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(1,m)))，m≠0，∵y′＝－eq\f(1,x2)，∴切線的斜率k＝－eq\f(1,m2)，則切線方程為y－eq\f(1,m)＝－eq\f(1,m2)(x－m)，代入(2，0)，可得－eq\f(1,m)＝－eq\f(1,m2)(2－m)，解得m＝1，則切線方程為y－1＝－x＋1，即y＝－x＋2，切線與坐標軸的交點坐標為(0，2)，(2，0)，則切線與坐標軸圍成的三角形面積為eq\f(1,2)×2×2A.11．(2020屆陜西摸底)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax，g(x)＝exlnx.(1)若對于任意實數(shù)x≥0，f(x)>0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝－1時，是否存在實數(shù)x0∈[1，e]，使曲線C：y＝g(x)－f(x)在x＝x0處的切線與y軸垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，說明理由．解：(1)對于任意實數(shù)x≥0，f(x)＝ex＋ax>0恒成立，當(dāng)x＝0時，則a為任意實數(shù)，f(x)＝ex＋ax>0恒成立；當(dāng)x>0時，f(x)＝ex＋ax>0恒成立，即當(dāng)x>0時，a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ex,x)))eq\s\do7(max)，設(shè)H(x)＝－eq\f(ex,x)(x>0)，則H′(x)＝－eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(（1－x）ex,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時，H′(x)>0，則H(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，H′(x)<0，則H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時，H(x)取得最大值，H(x)max＝H(1)＝－e，則a>－e.綜上，a的取值范圍為(－e，＋∞)．(2)不存在實數(shù)x0∈[1，e]，使曲線C在x＝x0處的切線與y軸垂直．理由如下：若曲線C：y＝exlnx－ex＋x在x＝x0處的切線與y軸垂直，則方程M′(x0)＝0在x0∈[1，e]上有實數(shù)解，由題意，得曲線C的方程為y＝exlnx－ex＋x.令M(x)＝exlnx－ex＋x，則M′(x)＝eq\f(ex,x)＋exlnx－ex＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.設(shè)h(x)＝eq\f(1,x)＋lnx－1，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)，當(dāng)x∈[1，e]時，h′(x)≥0，故h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，因此h(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為h(1)，又h(1)＝eq\f(1,1)＋ln1－1＝0，所以h(x)＝eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在[1，e]上恒成立，當(dāng)x0∈[1，e]時，ex0>0，eq\f(1,x0)＋lnx0－1≥0，所以M′(x0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋lnx0－1))ex0＋1>0.即方程M′(x0)＝0無實數(shù)解，故不存在實數(shù)x0∈[1，e]，使曲線y＝M(x)在x＝x0處的切線與y軸垂直.B級·素養(yǎng)提升|練能力|f′(x)是二次函數(shù)，且f′(x)的圖象開口向上，頂點坐標為(1，eq\r(3))，那么曲線y＝f(x)上任一點的切線的傾斜角α的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：選B根據(jù)題意，得f′(x)≥eq\r(3)，則曲線y＝f(x)上任一點的切線的斜率k＝tanα≥eq\r(3).結(jié)合正切函數(shù)的圖象可得α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).故選B．13．(2019屆山東師大附中高三模擬)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝e，?x∈R，2f(x)－f′(x)>0，則不等式f(x)<e2x－1的解集為()A．{x|x<1} B．{x|x>1}C．{x|x<e} D．{x|x>e}解析：選B設(shè)F(x)＝eq\f(f（x）,e2x－1)，則F′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,e2x－1)))′＝eq\f(f′（x）－2f（x）,e2x－1).因為2f(x)－f′(x)>0，e2x－1>0，所以F′(x)＝eq\f(f′（x）－2f（x）,e2x－1)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．又因為f(1)＝e，所以F(1)＝eq\f(f（1）,e2－1)＝1.不等式f(x)<e2x－1，即為eq\f(f（x）,e2x－1)<1＝eq\f(f（1）,e2－1)，即F(x)<F(1)，所以f(x)<e2x－1的解集是{x|x>1}，故選B．14．設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3＋(a＋3)xsinx＋ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為()A．y＝－x B．y＝－2xC．y＝－4x D．y＝－3x解析：選D∵函數(shù)f(x)＝2x3＋(a＋3)xsinx＋ax為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即2(－x)3＋(a＋3)(－x)·sin(－x)＋a·(－x)＝－2x3－(a＋3)xsinx－ax.∴a＋3＝0，即a＝－3.∴f(x)＝2x3－3x，則f′(x)＝6x2－3.∴曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線的斜率為f′(0)＝－3.∴曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝－3x，故選D．15．(2020屆陜