【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第14讲 导数的概念及运算（达标检测） Word版含解析.docx，共(11)页，1.103 MB，由小赞的店铺上传

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《导数的概念及运算》达标检测[A组]—应知应会1．（2020春•咸阳期末）已知()fx是可导函数，且000()()lim2xfxxfxx→+−=，则0()(fx=)A．2B．1−C．1D．2−【分析】根据导数的定义即可得出0()

2fx=，从而得出正确的选项．【解答】解：0000()()()lim2xfxxfxfxx→+−==．故选：A．2．（2020春•重庆期末）已知函数()sinfxaxb=+的导函数为()fx，若()13

f=，则(a=)A．4B．2C．1D．12【分析】可以求出导函数()cosfxax=，从而得出()132af==，然后求出a的值即可．【解答】解：()cosfxax=，()132af==，2a=．故选

：B．3．（2019秋•南岸区期末）函数2()(1)fxlnx=+的图象在点(1，f（1）)处的切线的倾斜角为()A．0B．2C．3D．4【分析】先求出函数在切点出的导数值，即为切线在此处的斜率，从而求得切线在此处的倾斜角．【解答】解：函数2()(1)fxlnx=+的图象在点(1，

f（1）)处的切线的斜率为121(2)|11xxx==+，设函数2()(1)fxlnx=+的图象在点(1，f（1）)处的切线的倾斜角为，则tan1=，4=，故选：D．4．（2020春•钦州期末）已知曲线()afxlnxx=+在点(1，f（1）)处的切线与直线1yx=

+垂直，则a的值为()A．2−B．0C．1D．2【分析】求出函数的导数，计算f（1），利用直线的斜率，列出关系式，即可求出a的值．【解答】解：曲线()afxlnxx=+，可得21()afxxx=−，所以f（1）1a=−，曲线()afxlnxx=+在点(1，f（1）)处的切线与

直线1yx=+垂直，所以11a−=−，解得2a=，故选：D．5．（2020春•济南期末）曲线()sin2xfxex=+在点(0，(0))f处的切线方程为()A．2y=B．2yx=C．2yx=+D．2yx=−+【

分析】求出导数，求得切线的斜率，切点坐标，由斜截式方程，即可得到切线的方程．【解答】解：()sin2xfxex=+的导数为()(sincos)xfxexx=+，(0)1f=，(0)2f=，曲线(

)sin2xfxex=+在点(0，(0))f处的切线的方程为2yx−=．即2yx=+．故选：C．6．（2020春•赤峰期末）若曲线(1)1xmyexx=+−+上存在两条垂直于y轴的切线，则m的取值范围是()A．34(e，1

)B．34(,)e−C．34(0,)eD．34(1,)e−【分析】先求出原函数的导函数，令0y=，得到2(1)xmxe=+，然后将问题转化为2(1)xmxe=+在(,1)−−上有两个不同的解，再构造函数2()(1)(1)xfxxex=+−，求出()fx的取值范围，即

可得到m的取值范围．【解答】解：由(1)1xmyexx=+−+，得2(1)xmyex=−+，令0y=，则2(1)xmxe=+，曲线(1)1xmyexx=+−+存在两条垂直于y轴的切线，2(1)xmxe=+在(,1)−

−上有两个不同的解．令2()(1)xfxxe=+，则22()2(1)(1)(43)xxxfxxexexxe=+++=++．当3x−时，()0fx，当31x−−时，()0fx，()fx在(,3)−−

上单调递增，在(3,1)−−上单调递减，34()(3)maxfxfe=−=，又当3x−时，()0fx，(1)0f−=．m的取值范围为34(0,)e．故选：C．7．（2020•河南模拟）已知：过点(

,0)Mm可作函数2()2fxxxt=−+图象的两条切线1l，2l，且12ll⊥，则(t=)A．1B．54C．32D．2【分析】先设切点为2(,2)nnnt−+，然后利用导数求出切线方程，再将(,0)m代入切线方程，得到关于n的一元二次方程，设1n，2n为两切线1l，2l切点的横坐标，由韦达定理得

到12nn+，12nn，根据12ll⊥得12()()0fnfn=，将韦达定理代入，即可解出t的值．【解答】解：设切点为2(,2)nnnt−+，()22fxx=−，故切线斜率为22n−．所以切线方程：2(2)(22

)()ynntnxn−−+=−−，将(,0)m代入整理得：2220nmnmt−+−=，设1l，2l的切点横坐标分别为1n，2n，则：122nnm+=，122nnmt=−．因为12ll⊥，所以12121212()()(22)(22)44()41fnfnnnnnnn=−−=−+

+=−①．结合韦达定理得4(2)4241mtm−−+=−，解得54t=．故选：B．8．（2020•合肥模拟）若函数()fxlnx=与函数2()2(0)gxxxlnax=++有公切线，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．1(0,)2eC．(1,)+D．1(,)2e+

【分析】分别设出切点，求出切线，然后根据切线相等，得到()gx的切点横坐标与a的关系式，转化为函数的值域问题．【解答】解：设()fx的切点为1(x，1)lnx，因为1()fxx=，所以切线为：1111()ylnxxxx−=−，即1111yxlnxx=+−，1(0

)x．设()gx的切点为2(x，2222)xxlna++，因为()22gxx=+，故切线为：22222(2)(22)()yxxlnaxxx−++=+−．即222(22)yxxxlna=+−+．2(0)

x．因为是公切线，所以212121221xxlnxxlna=+−=−+，消去1x得，222112(1)lnaxlnx=−++，令21()12(1)hxxlnx=+−+，(1,0)x−．21221()211xxhxxx

x+−=−=++，2221yxx=+−开口向上，且10||10xxyy=−===−，10x+．所以()0hx，故()hx在(1,0)−上单调递减，故11()(0)122hxhlnlne=−=，即12lnalne，故12ae．故选：D．9．（多选）（2020春•菏泽期末）下列

各式正确的是()A．(sin)cos33=B．(cos)sinxx=C．(sin)cosxx=D．56()5xx−−=−【分析】根据常函数，三角函数和幂函数的导数运算，逐一排除即可．【解答】解：对于A，(sin)03=，选项错

误；对于B，(cos)sinxx=−，选项错误；对于C，(sin)cosxx=，选项正确；对于D，56()5xx−−=−，选项正确；故选：CD．10．（2020春•信阳期末）已知函数21()2(2020)20202fxxxflnx=−++，则(

2020)f=．【分析】求出函数的导数，代入2020x=，求出(2020)f的值即可．【解答】解：2020()2(2020)fxxfx=−++，令2020x=，得(2020)20202(2020)1ff=−++，解得：(2020)2019f=，故答

案为：2019．11．（2020春•沙坪坝区校级期末）若函数()fxxlnx=，则()fx在点(1，f（1）)处的切线方程为．【分析】求出原函数的导函数，得到函数在1x=处的导数，再求出f（1），利用直线方程的点斜式得

答案．【解答】解：()fxxlnx=，()1fxlnx=+，则f（1）1=，又f（1）0=，()fx在点(1，f（1）)处的切线方程为1(1)yx=−，即10xy−−=．故答案为：10xy−−=．12．（2020

春•凉山州期末）过原点作曲线ylnx=的切线，则切点为．【分析】先另设切点，利用导数求出切线方程，将(0,0)代入，求出切点坐标，进而得到切线方程．【解答】解：设切点为0(x，0)lnx，因为1yx=．故切线方程为：0001()yl

nxxxx−=−，将(0,0)代入得：0001()lnxxx−=−，解得0xe=，所以01lnx=，故切点为(,1)e．故答案为：(,1)e．13．（2020•新课标Ⅰ）曲线1ylnxx=++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为．【分析】求得函

数1ylnxx=++的导数，设切点为(,)mn，可得切线的斜率，解方程可得切点，进而得到所求切线的方程．【解答】解：1ylnxx=++的导数为11yx=+，设切点为(,)mn，可得112km=+=，解得1m=，即有切点(1,2)，则切线的方程为22(1)yx−

=−，即2yx=，故答案为：2yx=．14．（2020春•信阳期末）已知1()xfxe+=与22()(21)4egxxx=++有相同的公切线:lykxb=+，设直线l与x轴交于点0(Px，0)，则0x的值为．【分析】分别求得

()fx，()gx的导数，可得切线的斜率，求得切线的方程，由直线方程相同可得关于1x，2x的方程组，解方程可得所求值．【解答】解：1()xfxe+=，2()(1)2egxx=+，设1()xfxe+=与的切点为1

(x，_11)xe+，可得切线的方程为_11_111()xxyeexx++−=−，即为_11_111(1)xxyexex++=−−，设22()(21)4egxxx=++的切点为2(Bx，2222(21))4exx++，可得切线的方程为2222222(21)(1)()42eeyxxxxx−++=+−

，即22222(1)(1)24eeyxxx=++−，两函数有公切线，即令上述两切线的方程相同，则有1121221212(1)2(1)(1)4xxeexeexx++=+−=−，可得121xx==，所以切线的方程为

2yex=，直线l与x轴交于点0(Px，0)，则00x=．故答案为：0．15．（2020春•徐州月考）求下列函数的导数（1）()lnxfxx=（2）23()(9)()fxxxx=+−（3）()2(51)xfxlnx=+−【分析】按照导数的计算公式、运算法则将

相应的函数看成基本函数的和、差、积、商即可．【解答】解：（1）2211()xlnxlnxxfxxx−−==（2）327()6fxxxx=+−，2227()36fxxx=++（3）5()2251xfxlnx=+−16．（2019春•张家港市

期末）若直线31yx=+是曲线3yxa=−的一条切线，求实数a的值．【分析】先对曲线进行求导，然后令导函数等于3求出切点坐标，代入到曲线方程可得答案．【解答】解：设切点为0(Px，0)y，对3yxa=−求导数是23yx=，2033x=．01x=．（1）当1x=

时，0(Px，0)y在31yx=+上，3114y=+=，即(1,4)P．又(1,4)P也在3yxa=−上，341a=−．3a=−．（2）当1x=−时，0(Px，0)y在31yx=+上，3(1)12y=−+=−，即(1,2)P−−．又(1,2)

P−−也在3yxa=−上，32(1)a−=−−．1a=．综上可知，实数a的值为3−或1．17．（2020春•西城区校级期中）已知：直线1ykx=+与抛物线2(yaxa=为常数）交于两点1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，且抛物

线在点A，B处的切线互相垂直．（1）求a的值；（2）求两条切线交点的横坐标（用k表示）．【分析】（1）先联立直线、抛物线方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理结合A、B两点处的导数积为1−，即可求出a的值；（2）先表示出A、B两点处的切线方程，然后解出交点的横

坐标即可．【解答】解：（1）由21ykxyax=+=，消去y得：210axkx−−=，显然0a．又直线与抛物线交于两点1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，所以12121,kxxxxaa−+==．对2yax=

求导得2yax=，所以两条切线的斜率分别为112kax=，222kax=．因为两条切线互相垂直，所以21212441kkaxxa==−=−，所以14a=．（2）由题意知切点分别为：2111(,)4Ax

x，2221(,)4Bxx，所以两条切线的方程分别为22111111111()2424yxxxxxxx=−+=−①；和2221124yxxx=−②．联立①②解方程组得：交点的横坐标为：12222xxkxka+==

=．18．（2019秋•天心区校级期末）已知函数321()23()3fxxxxxR=−+的图象为曲线C．（1）求过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；（2）若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标

的取值范围．【分析】（1）据切点处的导数值为曲线切线斜率，由二次函数的最值求法，求导函数的范围也就是切线斜率范围；（2）互相垂直的切线斜率互为负倒数，由（1）求斜率范围，据切点处的导数值为曲线切线斜率，解不等式，求切点横坐标范围．【解答

】解：（1）函数321()233fxxxx=−+的导数为2()43fxxx=−+2(2)11x=−−−…，即过曲线C上任意一点的切线斜率的取值范围是[1−，)+；（2）设其中一条切线的斜率为k，另

一条为1k−，由（1）可知，111kk−−−……，解得10k−„或1k…，由21430xx−−+„或2431xx−+…，即有13x或22x+…或22x−„，得：(x−，22](1,3)[22−+，)+．19．（2020•凉山州模拟）已知函数()(0)fxalnxa=．（1

）设函数2()()gxfxx=−在点(1，g（1）)处的切线方程为20xy−−=，求a的值；（2）若曲线()yfx=与曲线2yx=至少有一条公共切线，求a的取值范围．【分析】（1）根据切点处的导数等于切线斜率，列出方程，求出a的值；（2）先利用导数、切点0(x，0)y表示出(

)fx的切线l，然后根据l与2yx=相切，则判别式为零，即可得到关于0x的方程，再构造关于0x的函数，研究其零点的个数即可．【解答】解：（1）2()()gxfxx=−，2()gxalnxx=−，()2(0)agxxxx=−，又函数()gx在(1，g（1）)处的切线方程为20xy−−

=，g（1）1=，即21a−=，即3a=．（2）设公切线l与函数()fxalnx=相切于点0(x，0)alnx，则由()afxx=，得00()afxx=，公切线l为：000()ayxxalnxx=

−+，即000(0)axyaalnxxx=−+，由002axyaalnxxyx=−+=，得：2000axxaalnxx−+−=，直线l与曲线2yx=相切，20204()0aaalnxx=−−=，即22000044(0,0)axxlnxxa=−

，设22()44(0)hxxxlnxx=−，则()4(12)hxxlnx=−，由()0hx，得0xe；又由()0hx，得xe，函数()hx在(0,)e上单增，在(,)e+上单减，()()4(1)2maxhxheelnee==−=，02ae„，()yfx=与曲线2yx=

至少有一条公切线时，a的取值范围为(0，2]e．[B组]—强基必备1．（2020•昆山市模拟）已知函数3()3(0)fxxaxa=−，其图象记为曲线C，曲线C上存在异于原点的点0P，使得曲线C与其在0P的切线交于另一点1P，曲线C与其在1P的切线交于另一点2P，若直线01PP与直线

02PP的斜率之积小于9−，则a的取值范围为．【分析】2()33fxxa=−，设00(Px，0())fx，11(Px，1())fx，22(Px，2())fx，写出直线01PPl方程，联立它与曲线()fx方程得，1

0(2Px−，30086)xax−+，同理得20(4Px，3006412)xax−，再计算02PPk，01PPk，由题意得02019PPPPkk−，再求取值范围即可．【解答】解：2()33fxxa=−，设00(Px，0())fx，

11(Px，1())fx，22(Px，2())fx，01320000:(3)(33)()PPlyxaxxaxx−−=−−，即2300(33)2yxaxx=−−，联立23003(33)23yxaxxyxax=−−=−，得102xx=−，10(2Px−，30086)xax−+同理210

24xxx=−=，则20(4Px，3006412)xax−，0233200000006412(3)2134PPxaxxaxkxaxx−−−==−−，01332000000086(3)332PPxaxxaxkxa

xx−+−−==−−−，所以02019PPPPkk−，得2200(213)(33)9xaxa−−−，令200tx=，则2278(1)0tata−++在(0,)+上有解，由△0得7(3a，)+．故答案为：7(3，)+．2．（

2020•济南模拟）已知函数21()2,()(0)2fxlnxgxaxxa==−−，若直线2yxb=−与函数()yfx=，()ygx=的图象均相切，则a的值为32；若总存在直线与函数()yfx=，()ygx=

图象均相切，则a的取值范围是．【分析】设直线2yxb=−与函数()yfx=的图象相切的切点为(,2)mlnm，求得()fx的导数，可得切线的斜率，求得切点和切线的方程，联立()ygx=，运用判别式为0，解方程可得a；设()yfx=与()ygx=的图象在交

点处存在切线ykxb=+，且切点为(,2)nlnn，分别求得()fx，()gx的导数，可得切线的斜率，得到n，k，t的方程，化简变形可得41lnnn+=，设()4hnlnnn=+，求得导数和单调性，解方程

可得1n=，进而得到a的值，结合抛物线的开口与a的关系，可得所求范围．【解答】解：设直线2yxb=−与函数()yfx=的图象相切的切点为(,2)mlnm，由2()fxx=，可得22m=，即1m=，切点为(1,0)，则2b=，切线的方程为22yx=−，联立21()2ygxaxx

==−−，可得23302axx−+=，由题意可得△39402a=−=，解得32a=；设()yfx=与()ygx=的图象在交点处存在切线ykxt=+，且切点为(,2)nlnn，由2()fxx=，()21gxax=−，可得221kann==−，2122lnn

kntann=+=−−，化为2kn=，222nan+=，则122nlnn−=，即41lnnn+=，设()4hnlnnn=+，4()10hnn=+，可得()hn在(0,)+递增，由h（1）1=，可得41lnnn+=的解为1n=，则32a=，由21(0)2yaxxa=−−的图象可得，当

a越大时，抛物线的开口越小，可得此时()yfx=和()ygx=的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切，则a的范围是3[2，)+．故答案为：32，3[2，)+．