《金版學(xué)案》2022屆高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)-2-12變化率與導(dǎo)數(shù)的概念、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算-

第十二節(jié)變化率與導(dǎo)數(shù)的概念、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算題號(hào)123456答案1．設(shè)f(x)為可導(dǎo)函數(shù)，且滿足limeq\o(,\s\up6(),\s\do4(x→0))eq\f(f（1）－f（1－2x）,2x)＝－1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為()A．2B．－1C．1D．－2解析：limeq\o(,\s\up6(),\s\do4(x→0))eq\f(f（1）－f（1－2x）,2x)＝limeq\o(,\s\up6(),\s\do4(x→0))eq\f(f（1－2x）－f（1）,－2x)＝－1，即y′|x＝1＝－1，則y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為－1.故選B.答案：B2．(2021·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋3x－2在點(diǎn)(2，f(2))處的切線斜率為7，則實(shí)數(shù)a的值為()A．－1B．1C．±1D．－2解析：f′(x)＝2ax＋3，依題意f′(2)＝7，即4a＋3＝7，得a＝1，故選B.答案：B3．已知物體的運(yùn)動(dòng)方程是s＝eq\f(1,3)t3－6t2＋32t(t表示時(shí)間，s表示位移)，則瞬時(shí)速度為0的時(shí)刻是()A．2秒或4秒B．2秒或16秒C．8秒或16秒D．4秒或8秒解析：瞬時(shí)速度v＝s′＝t2－12t＋32，令v＝0可得t＝4或t＝8.故選D.答案：D4．(2021·日照重點(diǎn)中學(xué)診斷)若曲線f(x)＝eq\r(x)、g(x)＝xa在點(diǎn)P(1，1)處的切線分別為l1、l2，且l1⊥l2，則a的值為()A．－2B．2C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)解析：由題意可知，f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))，g′(x)＝axa－1，∵l1、l2過點(diǎn)P(1，1)，∴kl1＝f′(1)＝eq\f(1,2)，kl2＝g′(1)＝a.又∵l1⊥l2，∴kl1·kl2＝eq\f(1,2)a＝－1，∴a＝－2.故選A.答案：A5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R)，若函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，則a－b的值是()A．2－2ln2B．2＋2ln2C．－2－ln2D．－2＋ln2解析：由于f′(x)＝x－eq\f(a,x)(x＞0)，又f(x)在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－aln2＝2＋b，,2－\f(a,2)＝1，))解得a＝2，b＝－2ln2.所以a－b＝2＋2ln2.故選B.答案：B6.若曲線y＝x2在點(diǎn)(a，a2)(a>0)處的切線與兩個(gè)坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為2，則a等于()A．2B．4C.eq\r(2)D.eq\r(3,4)解析：∵點(diǎn)(a，a2)在曲線y＝x2上，y′＝2x，∴切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝a＝2a，切線方程為y－a2＝2a(x－a)．令x＝0，得y1＝－a2，令y＝0，得x1＝eq\f(a,2)，由面積關(guān)系得eq\f(1,2)|x1||y1|＝2，即eq\f(a3,4)＝2，解得a＝2.故選A.答案：A7．(2021·江西卷)設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________．解析：設(shè)ex＝t，則x＝lnt(t>0)，∴f(t)＝lnt＋t∴f′(t)＝eq\f(1,t)＋1，∴f′(1)＝2.答案：28．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P在曲線C：y＝x3－10x＋3上，且在其次象限內(nèi)，已知曲線C在點(diǎn)P處的切線的斜率為2，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為____________．解析：由y′＝3x2－10＝2?x＝±2，又點(diǎn)P在其次象限內(nèi)，∴x＝－2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－2，15)．答案：(－2，15)9．已知函數(shù)f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))cosx＋sinx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))的值為________．解析：由題意得f′(x)＝－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sinx＋cosx?f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sineq\f(π,4)＋coseq\f(π,4)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\f(\r(2),2),1＋\f(\r(2),2))＝eq\r(2)－1.∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))cosx＋sinx.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))coseq\f(π,4)＋sineq\f(π,4)＝1.答案：110．已知曲線y＝x3＋x－2在點(diǎn)P0處的切線l1平行于直線4x－y－1＝0，且點(diǎn)P0在第三象限．(1)求P0的坐標(biāo)；(2)若直線l⊥l1，且l也過切點(diǎn)P0，求直線l的方程．解析：(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知令3x2＋1＝4，解之得x＝±1.當(dāng)x＝1時(shí)，y＝0；當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－4.又∵點(diǎn)P0在第三象限，∴切點(diǎn)P0的坐標(biāo)為(－1，－4)．(2)∵直線l⊥l1,l1的斜率為4，∴直線l的斜率為－eq\f(1,4).∵l過切點(diǎn)P0，點(diǎn)P0的坐標(biāo)為(－1，－4)．∴直線l的方程為y＋4＝－eq\f(1,4)(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求y＝f(x)的解析式；(2)證明：曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值．解析：(1)解析：方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝eq\f(1,2)；又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x－eq\f(3,x).(2)證明：設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))為曲線上任一點(diǎn)，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲線在點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))處的切線方程為y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,xeq\o\al(2,0))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x0))，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,xeq\o\al(2,0))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x0))，令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0)，從而得切線與直線x＝0的交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，從而得切線與直線y＝x的交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0，2x0)).所以點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))處的切線與直線x＝0