第第頁高考數(shù)學總復習《導數(shù)的概念與運算》專項測試卷及答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________一、單項選擇題1．(2024·山東青島模擬)設f(x)是可導函數(shù)，且滿足eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝－2，則y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為()A．－4 B．4C．2 D．－22．曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線的斜率是()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)3．(2020·全國Ⅰ卷，理)函數(shù)f(x)＝x4－2x3的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋14．若曲線y＝f(x)在點P(－1，f(－1))處的切線l如圖所示，則f′(－1)＋f(－1)＝()A．2 B．1C．－2 D．－15．(2024·湖南株洲模擬)設f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，則f2020(x)＝()A．sinx B．－sinxC．cosx D．－cosx6．設函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導，且f(ex)＝x＋ex，則f′(2023)＝()A．1 B．2C.eq\f(1,2023) D.eq\f(2024,2023)7．(2024·河北滄衡八校聯(lián)盟)若直線l與曲線f(x)＝－eq\f(4,ex＋2)相切，則直線l的斜率的最大值為()A.eq\f(ln2,2) B．1－eq\f(ln2,2)C.eq\f(1,2) D．ln28．若函數(shù)f(x)＝lnx＋2x2－ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－6]B．(－∞，－6]∪[2，＋∞)C．[2，＋∞)D．(－∞，－6)∪(2，＋∞)9．已知P是曲線y＝－sinx(x∈[0，π])上的動點，點Q在直線x－2y－6＝0上運動，則當|PQ|取最小值時，點P的橫坐標為()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)10．(2024·河北邯鄲模擬)已知函數(shù)f(x)＝|cosx|(x≥0)，若方程f(x)＝kx恰有兩個根，記較大的根為θ，則sin2θ＝()A.eq\f(θ,1＋θ2) B．－eq\f(θ,1＋θ2)C.eq\f(2θ,1－θ2) D．－eq\f(2θ,1＋θ2)二、多項選擇題11．若函數(shù)f(x)在D上可導，即f′(x)存在，且導函數(shù)f′(x)在D上也可導，則稱f(x)在D上存在二階導函數(shù)，記f″(x)＝[f′(x)]′.若f″(x)＜0在D上恒成立，則稱f(x)在D上為凸函數(shù)．以下四個函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上是凸函數(shù)的是()A．f(x)＝－x3＋3x＋4B．f(x)＝lnx＋2xC．f(x)＝sinx＋cosxD．f(x)＝xex三、填空題與解答題12．已知函數(shù)f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，則f′(0)＝________.13．我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為eq\f(0,0)型分式，比如：當x→0時，eq\f(ex－1,x)的極限即為eq\f(0,0)型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在1696年提出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：lieq\o(m,\s\do15(x→0))eq\f(ex－1,x)＝lieq\o(m,\s\do15(x→0))eq\f(ex－1′,x′)＝lieq\o(m,\s\do15(x→0))eq\f(ex,1)＝lieq\o(m,\s\do15(x→0))ex＝e0＝1，則lieq\o(m,\s\do15(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝________.14．設曲線y＝ex在點(0,1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)在點P處的切線垂直，則點P的坐標為________．15．已知曲線y＝x3＋x－2在點P0處的切線l1平行于直線4x－y－1＝0，且點P0在第三象限．(1)求切點P0的坐標；(2)若直線l⊥l1，且l也過切點P0，求直線l的方程．高分推薦題16.(2024·天津南開中學檢測)N同學與K同學為了紀念他們深厚的友誼，以三次函數(shù)及其圖象的三條切線為藍本設計了一枚“NK章”，把它放入一個盒子，并為盒子設置了一個密碼，他們把密碼隱藏于刻在盒子上的一道“數(shù)學謎語”中：盒子中有一枚我們留下的徽章，它由“N”“K”兩個字母組合而成．其中“N”蘊含在函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋3x2＋x－1的圖象中，過點P(－6，a)與曲線y＝f(x)相切的直線恰有三條，這三條切線勾勒出了“K”的形狀，如圖．請你求出滿足條件的整數(shù)a的個數(shù)，這就是打開盒子的密碼：________.解析版一、單項選擇題1．(2024·山東青島模擬)設f(x)是可導函數(shù)，且滿足eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝－2，則y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為()A．－4 B．4C．2 D．－2解析：因為eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝f′(1)＝－2，故y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為－2.故選D.答案：D2．曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線的斜率是()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)解析：y′＝eq\f(x＋1′x－1－x＋1x－1′,x－12)＝－eq\f(2,x－12)，故曲線在(3,2)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝3＝－eq\f(2,3－12)＝－eq\f(1,2)，故選D.答案：D3．(2020·全國Ⅰ卷，理)函數(shù)f(x)＝x4－2x3的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1解析：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切線方程為y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故選B.答案：B4．若曲線y＝f(x)在點P(－1，f(－1))處的切線l如圖所示，則f′(－1)＋f(－1)＝()A．2 B．1C．－2 D．－1解析：因為切線l過點(－2,0)和(0，－2)，所以f′(－1)＝eq\f(0＋2,－2－0)＝－1，所以切線l的方程為y＝－x－2，取x＝－1，則y＝－1，即f(－1)＝－1，所以f′(－1)＋f(－1)＝－1－1＝－2，故選C.答案：C5．(2024·湖南株洲模擬)設f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，則f2020(x)＝()A．sinx B．－sinxC．cosx D．－cosx解析：根據(jù)題意，f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)＝cosx，f2(x)＝f′1(x)＝－sinx，f3(x)＝f′2(x)＝－cosx，f4(x)＝f′3(x)＝sinx，則有f0(x)＝f4(x)，f1(x)＝f5(x)，…，所以fn＋4(x)＝fn(x)(n∈N)，則f2020(x)＝f0(x)＝sinx．故選A.答案：A6．設函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導，且f(ex)＝x＋ex，則f′(2023)＝()A．1 B．2C.eq\f(1,2023) D.eq\f(2024,2023)解析：令ex＝t，t＞0，則x＝lnt，所以f(t)＝lnt＋t，故f(x)＝lnx＋x.求導得f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，故f′(2023)＝eq\f(1,2023)＋1＝eq\f(2024,2023).故選D.答案：D7．(2024·河北滄衡八校聯(lián)盟)若直線l與曲線f(x)＝－eq\f(4,ex＋2)相切，則直線l的斜率的最大值為()A.eq\f(ln2,2) B．1－eq\f(ln2,2)C.eq\f(1,2) D．ln2解析：由f(x)＝－eq\f(4,ex＋2)，可得f′(x)＝eq\f(4ex,ex＋22)＝eq\f(4,ex＋\f(4,ex)＋4).因為ex＋eq\f(4,ex)＋4≥2eq\r(ex·\f(4,ex))＋4＝8，當且僅當ex＝eq\f(4,ex)，即ex＝2，x＝ln2時等號成立，所以0＜f′(x)≤eq\f(1,2)，所以直線l的斜率的最大值為eq\f(1,2).答案：C8．若函數(shù)f(x)＝lnx＋2x2－ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－6]B．(－∞，－6]∪[2，＋∞)C．[2，＋∞)D．(－∞，－6)∪(2，＋∞)解析：直線2x－y＝0的斜率k＝2，又曲線f(x)上存在與直線2x－y＝0平行的切線，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)內(nèi)有解，則a＝4x＋eq\f(1,x)－2，x＞0.又4x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(4x·\f(1,x))＝4，當且僅當x＝eq\f(1,2)時取“＝”．∴a≥4－2＝2.答案：C9．已知P是曲線y＝－sinx(x∈[0，π])上的動點，點Q在直線x－2y－6＝0上運動，則當|PQ|取最小值時，點P的橫坐標為()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)解析：如圖所示，若使|PQ|取得最小值，則曲線y＝－sinx(x∈[0，π])在點P處的切線與直線x－2y－6＝0平行，對函數(shù)y＝－sinx求導得y′＝－cosx，令y′＝eq\f(1,2)，可得cosx＝－eq\f(1,2)，又0≤x≤π，解得x＝eq\f(2π,3).故選C.答案：C10．(2024·河北邯鄲模擬)已知函數(shù)f(x)＝|cosx|(x≥0)，若方程f(x)＝kx恰有兩個根，記較大的根為θ，則sin2θ＝()A.eq\f(θ,1＋θ2) B．－eq\f(θ,1＋θ2)C.eq\f(2θ,1－θ2) D．－eq\f(2θ,1＋θ2)解析：函數(shù)f(x)的圖象如下：∵f(x)＝kx恰好有兩根，∴f(x)與y＝kx的交點只有2個，即f(x)與y＝kx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上相切，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f(x)＝－cosx，由題意設該切點坐標為(θ，－cosθ)，且－cosθ＝kθ①，∵f(x)與y＝kx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上相切，∴k＝f′(θ)＝sinθ>0，代入①式，得－cosθ＝θ·sinθ，∴tanθ＝－eq\f(1,θ)，∴sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,1＋tan2θ)＝－eq\f(2θ,1＋θ2).故選D.答案：D二、多項選擇題11．若函數(shù)f(x)在D上可導，即f′(x)存在，且導函數(shù)f′(x)在D上也可導，則稱f(x)在D上存在二階導函數(shù)，記f″(x)＝[f′(x)]′.若f″(x)＜0在D上恒成立，則稱f(x)在D上為凸函數(shù)．以下四個函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上是凸函數(shù)的是()A．f(x)＝－x3＋3x＋4B．f(x)＝lnx＋2xC．f(x)＝sinx＋cosxD．f(x)＝xex解析：對A，f(x)＝－x3＋3x＋4，f′(x)＝－3x2＋3，f″(x)＝－6x，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，f″(x)＜0，故A為凸函數(shù)；對B，f(x)＝lnx＋2x，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2，f″(x)＝－eq\f(1,x2)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，f″(x)＜0，故B為凸函數(shù)；對C，f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)＝cosx－sinx，f″(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，f″(x)＜0，故C為凸函數(shù)；對D，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，f″(x)＝(x＋2)ex，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，f″(x)＞0，故D不是凸函數(shù)．答案：ABC三、填空題與解答題12．已知函數(shù)f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，則f′(0)＝________.解析：f′(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋x[(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120.答案：－12013．我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為eq\f(0,0)型分式，比如：當x→0時，eq\f(ex－1,x)的極限即為eq\f(0,0)型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在1696年提出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：lieq\o(m,\s\do15(x→0))eq\f(ex－1,x)＝lieq\o(m,\s\do15(x→0))eq\f(ex－1′,x′)＝lieq\o(m,\s\do15(x→0))eq\f(ex,1)＝lieq\o(m,\s\do15(x→0))ex＝e0＝1，則lieq\o(m,\s\do15(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝________.解析：lieq\o(m,\s\do15(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝lieq\o(m,\s\do15(x→1))eq\f(x2lnx′,x2－1′)＝lieq\o(m,\s\do15(x→1))eq\f(2xlnx＋x,2x)＝lieq\o(m,\s\do15(x→1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,2)))＝ln1＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)14．設曲線y＝ex在點(0,1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)在點P處的切線垂直，則點P的坐標為________．解析：曲線y＝ex在點(0,1)處的切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝1；由y＝eq\f(1,x)，可得y′＝－eq\f(1,x2).因為曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)在點P處的切線與曲線y＝ex在點(0,1)處的切線垂直，故－eq\f(1,x\o\al(2,P))＝－1，解得xP＝1，由y＝eq\f(1,x)，得yP＝1，故所求點P的坐標為(1,1)．答案：(1,1)15．已知曲線y＝x3＋x－2在點P0處的切線l1平行于直線4x－y－1＝0，且點P0在第三象限．(1)求切點P0的坐標；(2)若直線l⊥l1，且l也過切點P0，求直線l的方程．解：(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知令3x2＋1＝4，解得x＝±1.當x＝1時，y＝0；當x＝－1時，y＝－4.又點P0在第三象限，∴切點P0的坐標為(－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P0，點P0的坐標為(－1，－4)，∴直線l的方程為y＋4＝－eq\f(1,4)(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.高分推薦題16.(2024·天津南開中學檢測)N同學與K同學為了紀念他們深厚的友誼，以三次函數(shù)及其圖象的三條切線為藍本設計了一枚“NK章”，把它放入一個盒子，并為盒子設置了一個密碼，他們把密碼隱藏于刻在盒子上的一道“數(shù)學謎語”中：盒子中有一枚我們留下的徽章，它由“N”“K”兩個字母組合而成．其中“N”蘊含在函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋3x2＋x－1的圖象中，過點P(－6，a)與曲線y＝f(x)相切的直線恰有三條，這三條切線勾勒出了