《【三维设计】2014高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十四）变化率与导数、导数的计算 理 新人教A版 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【三维设计】2014高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十四）变化率与导数、导数的计算 理 新人教A版 （6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1课时跟踪检测(十四)变化率与导数、导数的计算1函数 f(x)( x2 a)(x a)2的导数为()A2( x2 a2) B2( x2 a2)C3( x2 a2) D3( x2 a2)2已知物体的运动方程为 s t2 (t 是时间， s 是位移)，则物体在时刻 t2 时的3t速度为()A. B.194 174C. D.154 1343(2013湛江模拟)曲线 ye 2x在点(0,1)处的切线方程为()A y x1 B y2 x112C y2 x1 D y2 x14设曲线 y 在点 处的切线与直线 x ay10 平行，则实数 a 等于1 cos xsin x ( 2， 1)()A1 B.12C2
2、 D25若点 P 是曲线 y x2ln x 上任意一点，则点 P 到直线 y x2 的最小距离为()A1 B. 2C. D.22 36 f(x)与 g(x)是定义在 R 上的两个可导函数，若 f(x)， g(x)满足 f( x) g( x)，则 f(x)与 g(x)满足()A f(x) g(x) B f(x) g(x)0C f(x) g(x)为常数函数 D f(x) g(x)为常数函数7(2013中山模拟)已知函数 f(x)ln x f(1) x23 x4，则 f(1)_.8(2012辽宁高考)已知 P， Q 为抛物线 x22 y 上两点，点 P， Q 的横坐标分别为4，2，过 P， Q 分别
3、作抛物线的切线，两切线交于点 A，则点 A 的纵坐标为_29(2013黑龙江哈尔滨二模)已知函数 f(x) x sin x cos x 的图象在点12 14 34A(x0， y0)处的切线斜率为 1，则 tan x0_.10求下列函数的导数(1)y xtan x；(2)y( x1)( x2)( x3)；(3)y3sin 4 x.11已知函数 f(x) x ， g(x) a(2ln x)(a0)若曲线 y f(x)与曲线 y g(x)2x在 x1 处的切线斜率相同，求 a 的值，并判断两条切线是否为同一条直线12设函数 f(x) x3 ax29 x1，当曲线 y f(x)斜率最小的切线与直线12
4、x y6 平行时，求 a 的值1(2012东莞二模)等比数列 an中， a12， a84， f(x) x(x a1)(x a2)(x a8)， f( x)为函数 f(x)的导函数，则 f(0)()A0 B2 6C2 9 D2 122已知 f1(x)sin xcos x，记 f2(x) f1( x)， f3(x) f2( x)， fn(x)3 fn1 ( x)(nN *， n2)，则 f1 f2 f2 012 _.( 2) ( 2) ( 2)3(2012清远模拟)已知曲线 y x3 .13 43(1)求曲线在点 P(2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点 P(2,4)的切线方程答 案课时跟踪检测
5、(十四)A 级1选 C f( x)( x a)2( x2 a)2(x a)3( x2 a2)2选 D s2 t ， s| t2 4 .3t2 34 1343选 D y(e 2x)2e 2x， k y| x0 2e 202，切线方程为 y12( x0)，即 y2 x1.4选 A y ， y| x 1.由 sin2x 1 cos x cos xsin2x 1 cos xsin2x 2条件知 1， a1.1a5选 B设 P(x0， y0)到直线 y x2 的距离最小，则 y| x x02 x0 1.1x0得 x01 或 x0 (舍)12 P 点坐标(1,1) P 到直线 y x2 距离为d .|1
6、1 2|1 1 26选 C由 f( x) g( x)，得 f( x) g( x)0，即 f(x) g(x)0，所以 f(x) g(x) C(C 为常数)7解析： f( x) 2 f(1) x3，1x4f(1)12 f(1)3， f(1)2， f(1)1438.答案：88解析：易知抛物线 y x2上的点 P(4,8)， Q(2,2)，且 y x，则过点 P 的切线12方程为 y4 x8，过点 Q 的切线方程为 y2 x2，联立两个方程解得交点 A(1，4)，所以点 A 的纵坐标是4.答案：49解析：由 f(x) x sin x cos x 得 f( x) cos x sin x，12 14 34
7、 12 14 34则 k f( x0) cos x0 sin x01，12 14 34即 sin x0 cos x01，32 12即 sin 1.(x0 6)所以 x0 2 k ， kZ，解得 x02 k ， kZ. 6 2 23故 tan x0tan tan .(2k 23) 23 3答案： 310解：(1) y( xtan x) xtan x x(tan x)tan x x tan x x tan x .(sin xcos x) cos2x sin2xcos2x xcos2x(2)y( x1)( x2)( x3)( x1)( x2)( x3)( x2)( x3)( x1)(x2)( x1)
8、( x3)3 x212 x11.(3)y(3sin 4 x)3cos 4 x(4x)12cos 4 x.11解：根据题意有曲线 y f(x)在 x1 处的切线斜率为 f(1)3，曲线 y g(x)在 x1 处的切线斜率为 g(1) a.所以 f(1) g(1)，即 a3.曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程为 y f(1)3( x1)，得： y13( x1)，即切线方程为 3x y40.曲线 y g(x)在 x1 处的切线方程为 y g(1)3( x1)得 y63( x1)，即切线方程为 3x y90，所以，两条切线不是同一条直线512解： f( x)3 x22 ax93 29 ，即当 x
9、 时，函数 f( x)取得(xa3) a23 a3最小值9 ，因斜率最小的切线与 12x y6 平行，a23即该切线的斜率为12，所以9 12，a23即 a29，即 a3.B 级1选 D f(x) x(x a1)(x a2)(x a8)， f( x) x( x a1)(x a8) x(x a1)(x a8)( x a1)(x a8) x(x a1)(x a8)， f(0)( a1)( a2)( a8)0 a1a2a8( a1a8)4(24)4(2 3)42 12.2解析： f2(x) f1( x)cos xsin x，f3(x)(cos xsin x)sin xcos x，f4(x)cos x
10、sin x， f5(x)sin xcos x，以此类推，可得出 fn(x) fn4 (x)，又 f1(x) f2(x) f3(x) f4(x)0， f1 f2 f2 012 503 f1 f2 f3 f4 0.( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)答案：03解： y x3 ，则 y x2.13 43(1)由题意可知点 P(2,4)为切点，y| x2 2 24，所以曲线在点 P(2,4)处的切线方程为 y44( x2)，即 4x y40.(2)由题意可知点 P(2,4)不一定为切点，故设切点为 ，(x0，13x30 43)y| x x0 x ，20曲线过点 P(2,4)的切线方程为 y x (x x0)，(13x30 43) 20所以 4 x (2 x0)， x 3 x 40( x 1)3( x 1)0 (x01)(13x30 43) 20 30 20 30 20(x 4 x04)0.20解得 x01 或 x02，即切点为(1,1)或(2,4)6所以曲线过点 P(2,4)的切线方程为 x y20 或 4x y40.
