校本作业16 变化率与导数-福建省厦门外国语学校2025届高三上学期数学一轮复习

厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业16（变化率与导数、导数的计算） 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．(营口模拟)下列函数的求导正确的是(　　) A．(x－2)′＝－2x B．(xcos a)′＝cos a－xsin a C．(ln 10)′＝ D．(e2x)′＝2e2x 2．设函数f(x)在R上可导,且f'(1)=2021,则等于 ( 　) A．1 B．C．2021 D．0 3．[湖南永州三模] 若某物体作直线运动,位移S(单位:m)与时间t(单位:s)的关系由函数S(t)=k·表示.当t=2 s时,该物体的瞬时速度v为- m/s,则k的值为 ( 　) A．2 B．3 C．1 D．4 4．(湖北黄石二中月考)已知函数f(x)＝x2＋2f′(1)ln x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 5．(长治模拟)已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)等于(　　) A．－1 B．0 C．2 D．4 6．(青岛模拟)直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b等于(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 7．已知过点A(a,0)可作两条不同的直线与曲线C:y=xex相切,则实数a的取值范围是 (　) A.(-∞,-4)∪(0,+∞) B.(0,+∞) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1) 8．(青岛模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3ln x－x，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为(　　) A．2 B．5 C．1 D．0 9．点P在函数y=ex的图像上,若满足到直线y=x+a的距离为2的点P有且仅有3个,则实数a的值为 (　 ) A．2 B．3 C．4 D．5 10． (多选)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是(　　) A．f′(3)>f′(2) B．f′(3)<f′(2) C．f(3)－f(2)>f′(3) D．f(3)－f(2)<f′(2) 11．(多选) [郑州三模] 若直线y=x+b是函数f(x)图像的一条切线,则函数f(x)的解析式可能是 (　) A．f(x)=ex B．f(x)=x4 C．f(x)=sin x D．f(x)= 12．(多选）（新高考1）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（       ） A． B． C． D． 二、填空题 13．(全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________. 14．曲线的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为____________. 15．已知实数满足，则的最小值为____________ 16．(韶关模拟)若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为___________ 三、解答题 17． 已知点A(1,2)在函数f(x)=ax3的图像上. (1)求函数f(x)的图像在点A处的切线方程; (2)求过点A且与函数f(x)的图像相切(切点异于点A)的直线的方程. 18．【2019全国Ⅱ卷理】已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线. 19．（2018天津高考）已知函数，，其中a>1. （1）求函数的单调区间； （2）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明； *（3）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业16（变化率与导数、导数的计算） 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．(营口模拟)下列函数的求导正确的是(　　) A．(x－2)′＝－2x B．(xcos a)′＝cos a－xsin a C．(ln 10)′＝ D．(e2x)′＝2e2x 答案　D 2．设函数f(x)在R上可导,且f'(1)=2021,则等于 ( 　) A．1 B．C．2021 D．0 答案A　[解析] 由导数定义可知,f'(1)==2021,所以=·=×2021=1,故选A. 3．[湖南永州三模] 若某物体作直线运动,位移S(单位:m)与时间t(单位:s)的关系由函数S(t)=k·表示.当t=2 s时,该物体的瞬时速度v为- m/s,则k的值为 ( 　) A．2 B．3 C．1 D．4 答案D　[解析] 因为S(t)=k·,所以S'(t)=-k·,因为当t=2 s时,该物体的瞬时速度v为- m/s,所以S'(2)=-k·e-1=-,解得k=4.故选D. 4．(湖北黄石二中月考)已知函数f(x)＝x2＋2f′(1)ln x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案　A 解析　f(x)＝x2＋2f′(1)ln x的导数为f′(x)＝2x＋，令x＝1，可得f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为－2.故选A. 5．(长治模拟)已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)等于(　　) A．－1 B．0 C．2 D．4 答案　B 解析　由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－， ∴f′(3)＝－， ∵g(x)＝xf(x)， ∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)， ∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)， 又由题图可知f(3)＝1， ∴g′(3)＝1＋3×＝0. 6．(青岛模拟)直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b等于(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 答案　A 解析　∵直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)， 将P(1,2)代入y＝kx＋1， 可得k＋1＝2，解得k＝1， ∵ f(x)＝aln x＋b，∴ f′(x)＝， 由f′(1)＝＝1， 解得a＝1，可得f(x)＝ln x＋b， ∵P(1,2)在曲线f(x)＝ln x＋b上， ∴f(1)＝ln 1＋b＝2， 解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4. 7．已知过点A(a,0)可作两条不同的直线与曲线C:y=xex相切,则实数a的取值范围是 (　) A.(-∞,-4)∪(0,+∞) B.(0,+∞) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1) 答案.A　[解析] 设切点坐标为(t,tet),由题得y'=(x+1)ex,则切线斜率为(t+1)et,曲线C在点(t,tet)处的切线方程为y-tet=(t+1)et(x-t),将点A的坐标代入切线方程可得-tet=(t+1)et(a-t),化简可得t2-at-a=0,由题意可知,关于t的二次方程t2-at-a=0有两个不等的实根,则Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0.故选A. 8．(青岛模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3ln x－x，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为(　　) A．2 B．5 C．1 D．0 答案　C 解析　根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a>0， 由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a， 由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－－1，则切线的斜率为k＝g′(a)＝－－1， 因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a＝－－1， 解得a＝1或a＝－(舍去)， 又由g(1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)， 将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m， 可得m＝1. 9．点P在函数y=ex的图像上,若满足到直线y=x+a的距离为2的点P有且仅有3个,则实数a的值为 (　 ) A.2 B.3 C.4 D.5 D　[解析] 过函数y=ex的图像上点P(x0,y0)作切线,使得此切线与直线y=x+a平行.由y=ex得y'=ex,所以=1,所以x0=0,y0=1,则P(0,1),当点P到直线y=x+a的距离d==2时,a=5或a=-3.当a=-3时,函数y=ex的图像与直线y=x-3不相交(图略),从而函数y=ex的图像上只有一个点到直线y=x-3的距离为2,不满足题意;当a=5时,函数y=ex的图像与直线y=x+5相交,函数y=ex的图像上有且仅有3个点到直线y=x+5的距离为2,满足题意.故选D. 10． (多选)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是(　　) A．f′(3)>f′(2) B．f′(3)<f′(2) C．f(3)－f(2)>f′(3) D．f(3)－f(2)<f′(2) 答案　BCD 解析　f′(x0)的几何意义是f(x)在x＝x0处的切线的斜率．由图知f′(2)>f′(3)>0， 故A错误，B正确． 设A(2，f(2))，B(3，f(3))， 则f(3)－f(2)＝＝kAB， 由图知f′(3)<kAB<f′(2)， 即f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)，故C，D正确． 11．(多选) [郑州三模] 若直线y=x+b是函数f(x)图像的一条切线,则函数f(x)的解析式可能是 (　) A.f(x)=ex B.f(x)=x4 C.f(x)=sin x D.f(x)= ABC　[解析] 直线y=x+b的斜率k=.由f(x)=ex得f'(x)=ex,令ex=,解得x=-ln 2,故A满足题意;由f(x)=x4得f'(x)=4x3,令4x3=,解得x=,故B满足题意;由f(x)=sin x得f'(x)=cos x,而cos x=有解,故C满足题意;由f(x)= 得f'(x)=- ,所以f(x)图像的切线的斜率小于0,故D不满足题意.故选ABC. 12．（多选）（新高考1）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（       ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】 【分析】 转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】 因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称， 又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 二、填空题 13．(全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________. 答案　1 解析　f′(x)＝＝，则f′(1)＝＝，整理可得a2－2a＋1＝0，解得a＝1. 14．曲线的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为____________. 【解析】设切点为，则，即，故切线方程为，又切线过原点， ，解得， 将代入，可得切线方程为，故答案为. 15．已知实数满足，则的最小值为____________ 【详解】 由题，得， 设是曲线的点，是直线的点， 可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方， 对求导得，令，得， 所以曲线C上的点到直线l的距离最小， 该点到直线l的距离为， 因此的最小值为. 16．(韶关模拟)若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为___________ 答案　 解析　由y＝ax2(a>0)，得y′＝2ax， 由y＝ex，得y′＝ex， 曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线， 设公切线与曲线C1切于点(x1，ax)， 与曲线C2切于点(x2，)， 则2ax1＝ 可得2x2＝x1＋2， ∴a＝， 记f(x)＝， 则f′(x)＝， 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴当x＝2时，f(x)min＝. ∴a的取值范围是. 三、解答题 17． 已知点A(1,2)在函数f(x)=ax3的图像上. (1)求函数f(x)的图像在点A处的切线方程; (2)求过点A且与函数f(x)的图像相切(切点异于点A)的直线的方程. .解:(1)点A(1,2)在函数f(x)=ax3的图像上,所以a=2, 所以f(x)=2x3,f'(x)=6x2, 所以切线的斜率k=f'(1)=6, 则函数f(x)的图像在点A处的切线方程为y-2=6(x-1),即6x-y-4=0. (2)设切点为C(x0,y0)(x0≠1), 所以y0=2①,且f'(x0)=6=②, 由①②解得x0=-或x0=1(舍去), 所以y0=-,即C, 所以过点A,C的直线方程为y-2=(x-1), 即3x-2y+1=0. 18．【2019全国Ⅱ卷理】已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线. 【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）． 因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点． 综上，f（x）有且仅有两个零点． （2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上． 由题设知，即，故直线AB的斜率． 曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是， 所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线． 19．（2018天津高考）已知函数，，其中a>1. （1）求函数的单调区间； （2）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明； *（3）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. （I）解：由已知，，有. 令，解得x=0. 由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表： x 0 0 + 极小值 所以函数的单调递减区间，单调递增区间为. （II）证明：由，可得曲线在点处的切线斜率为. 由，可得曲线在点处的切线斜率为. 因为这两条切线平行，故有，即. 两边取以a为底的对数，得，所以. （III）证明：曲线在点处的切线l1：. 曲线在点处的切线l2：. 要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.学*科网 即只需证明当时，方程组有解， 由①得，代入②，得. ③ 因此，只需证明当时，关于x1的方程③有实数解. 设函数，即要证明当时，函数存在零点. ，可知时，；时，单调递减，又 ，，故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即 . 由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值. 因为，故， 所以. 下面证明存在实数t，使得. 由（I）可得， 当时， 有， 所以存在实数t，使得 因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 12 学科网（北京）股份有限公司 $