2017版数学知识方法篇专题3函数与导数第12练含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第12练导数几何意义的必会题型［题型分析·高考展望]本部分题目考查导数的几何意义：函数f(x)在x＝x0处的导数即为函数图象在该点处的切线的斜率，考查形式主要为选择题和填空题或者在解答题的某一步中出现(难度为低中档)，内容就是求导，注意审题是过点（x0，y0)的切线还是在点（x0,y0）处的切线.体验高考1.(2016·四川）设直线l1，l2分别是函数f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－lnx，0<x〈1，,lnx，x>1））图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B,则△PAB的面积的取值范围是()A。(0，1)B.（0，2）C。（0，＋∞）D。（1,＋∞)答案A解析∵f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－lnx，0〈x〈1，,lnx,x>1，))∴f′(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f（1,x)，0〈x<1,，\f（1,x），x>1.))若k1·k2＝－1，则两个切点一个在x∈(0,1)的图象上为P1，一个在x∈（1，＋∞)的图象上为P2.设P1（x1，y1),P2(x2,y2），则k1＝－eq\f(1，x1)，k2＝eq\f（1，x2)。∵k1k2＝－1，∴x1x2＝1。令x1＝x0（0〈x0<1)，则x2＝eq\f(1,x0）.∴P1（x0，－lnx0)，P2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,x0）,－lnx0)）.∴l1：y＋lnx0＝－eq\f（1，x0)(x－x0)⇒y＝－eq\f(1,x0)x＋1－lnx0，∴A（0，1－lnx0）.l2：y＋lnx0＝x0（x－eq\f（1，x0））⇒y＝x0x－1－lnx0，∴B(0,－1－lnx0),∴｜AB｜＝1－lnx0－(－1－lnx0)＝2.联立eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝－\f(1，x0)x＋1－lnx0,，y＝x0x－1－lnx0，））得Peq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2x0,x\o\al(2，0)＋1)，\f（x\o\al（2，0）－1，x\o\al(2,0）＋1)－lnx0)).∴S△PAB＝eq\f（1，2）·eq\f（2|x0|,x\o\al(2，0)＋1）·|AB|＝eq\f(1，2)·eq\f(2x0,x\o\al（2,0)＋1）·2＝eq\f（2x0,x\o\al(2,0)＋1）＝eq\f（2，x0＋\f（1,x0）)。∵x0∈（0,1），∴0＜eq\f（2，x0＋\f（1,x0)）＜1，故S△PAB∈(0，1）。2。（2016·课标全国丙）已知f（x）为偶函数,当x≤0时,f（x）＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x）在点（1，2)处的切线方程是________。答案y＝2x解析设x>0，则－x<0，f(－x）＝ex－1＋x，因为f(x）为偶函数，所以f(－x）＝f（x），所以f(x）＝ex－1＋x.因为当x＞0时，f′（x）＝ex－1＋1，所以f′(1)＝2，所以曲线y＝f（x)在点（1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1），即y＝2x.3。(2016·课标全国甲)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1）的切线,则b＝________.答案1－ln2解析y＝lnx＋2的切线为：y＝eq\f(1,x1)·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1),y＝ln(x＋1）的切线为:y＝eq\f(1,x2＋1）x＋ln（x2＋1)－eq\f（x2，x2＋1)(设切点横坐标为x2),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(1，x1）＝\f（1,x2＋1)，,lnx1＋1＝lnx2＋1－\f（x2，x2＋1)，））解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x1＝\f(1,2)，,x2＝－\f(1，2）,)），∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.4.（2015·天津)已知函数f(x）＝4x－x4，x∈R。(1)求f(x）的单调区间;(2)设曲线y＝f(x）与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y＝g（x），求证:对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x）；（3）若方程f（x)＝a(a为实数）有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－eq\f（a，3）＋4。(1)解由f（x）＝4x－x4,可得f′（x)＝4－4x3.当f′（x)＞0，即x＜1时，函数f(x）单调递增；当f′(x）＜0，即x＞1时，函数f(x）单调递减。所以f（x）的单调递增区间为（－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞).（2)证明设点P的坐标为（x0，0)，则x0＝4,f′(x0）＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′（x0）·（x－x0），即g（x)＝f′(x0)(x－x0)。令函数F(x）＝f（x）－g(x),即F(x）＝f(x)－f′(x0）（x－x0)，则F′（x)＝f′（x)－f′(x0)。由于f′（x）＝－4x3＋4在(－∞，＋∞）上单调递减，故F′（x）在（－∞，＋∞）上单调递减。又因为F′(x0）＝0，所以当x∈（－∞，x0）时，F′(x)＞0;当x∈(x0，＋∞）时,F′(x)＜0，所以F(x）在（－∞,x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，所以对于任意的实数x，F（x）≤F（x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x）≤g(x).(3)证明由（2)知g（x）＝－12eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－4)）。设方程g（x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－eq\f（a,12)＋4.因为g(x）在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2）知g（x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′），因此x2≤x2′.类似地，设曲线y＝f（x）在原点处的切线方程为y＝h(x），可得h（x）＝4x.对于任意的x∈（－∞，＋∞)，有f（x)－h(x）＝－x4≤0，即f(x)≤h(x）。设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝eq\f（a，4)。因为h（x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h（x1′)＝a＝f（x1）≤h（x1），因此x1′≤x1，由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－eq\f（a，3）＋4.5.(2016·课标全国甲)已知函数f（x）＝(x＋1）lnx－a(x－1)。(1）当a＝4时，求曲线y＝f（x)在（1，f（1）)处的切线方程；(2）若当x∈(1，＋∞)时，f(x)〉0,求a的取值范围。解(1)f(x）的定义域为(0,＋∞）。当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4（x－1)，f′（x）＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2,f(1)＝0，曲线y＝f（x)在(1,f（1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.（2)当x∈(1,＋∞)时，f(x)〉0等价于lnx－eq\f（ax－1,x＋1)>0，设g（x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1），则g′(x）＝eq\f（1，x）－eq\f(2a，x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1，xx＋12），g（1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1〉0，故g′(x)〉0，g（x)在（1,＋∞）上单调递增，因此g(x)〉0；②当a〉2时,令g′（x）＝0得，x1＝a－1－eq\r(a－12－1），x2＝a－1＋eq\r（a－12－1）。由x2〉1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈（1，x2)时，g′（x)〈0，g(x）在(1,x2）上单调递减，因此g（x)<0。综上，a的取值范围是(－∞，2]。高考必会题型题型一直接求切线或切线斜率问题例1(1）(2015·课标全国Ⅰ）已知函数f(x）＝ax3＋x＋1的图象在点(1,f(1))处的切线过点（2，7)，则a＝______。（2）曲线y＝xex－1在点(1,1）处切线的斜率等于()A。2eB。eC.2D。1答案（1）1(2)C解析（1)f′(x)＝3ax2＋1,f′(1）＝1＋3a，f（1）＝a＋2.在点(1，f（1））处的切线方程为y－（a＋2）＝（1＋3a)(x－1）.将(2，7）代入切线方程，得7－(a＋2)＝（1＋3a)，解得a＝1.（2）∵y＝xex－1＝eq\f（xex,e），∴y′＝eq\f(1,e)(ex＋x·ex)＝eq\f（1,e)·ex·（x＋1），故曲线在点（1，1)处的切线斜率为y′|x＝1＝2。点评导数几何意义的应用,需注意以下两点:（1)当曲线y＝f(x）在点（x0,f(x0））处的切线垂直于x轴时,函数在该点处的导数不存在,切线方程是x＝x0.(2）注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线.曲线y＝f（x)在点P(x0，f（x0））处的切线方程是y－f（x0）＝f′(x0）（x－x0）；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.变式训练1(2016·课标全国丙)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x）＝ln（－x)＋3x,则曲线y＝f(x）在点(1,－3）处的切线方程是________。答案2x＋y＋1＝0解析设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝lnx－3x，又f(x）为偶函数，f(x)＝lnx－3x，f′（x)＝eq\f（1,x）－3，f′(1）＝－2，切线方程为y＝－2x－1。题型二导数几何意义的综合应用例2(2015·山东）设函数f(x）＝(x＋a)lnx,g(x)＝eq\f（x2，ex）。已知曲线y＝f（x)在点(1,f(1)）处的切线与直线2x－y＝0平行。（1)求a的值；（2）是否存在自然数k，使得方程f(x）＝g（x）在(k,k＋1）内存在唯一的根？如果存在,求出k；如果不存在，请说明理由；（3）设函数m(x)＝min｛f(x)，g（x)｝（min｛p,q}表示p,q中的较小值)，求m(x)的最大值.解（1)由题意知，曲线y＝f(x)在点（1，f（1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′（x)＝lnx＋eq\f(a，x)＋1，即f′（1）＝a＋1＝2，所以a＝1。（2）当k＝1时，方程f(x)＝g（x)在（1，2)内存在唯一的根.设h（x)＝f（x)－g（x)＝（x＋1)lnx－eq\f（x2，ex),当x∈(0，1]时,h(x）＜0。又h（2)＝3ln2－eq\f（4，e2)＝ln8－eq\f（4，e2)＞1－1＝0，所以存在x0∈（1，2），使得h（x0)＝0。因为h′(x）＝lnx＋eq\f（1，x）＋1＋eq\f（xx－2,ex），所以当x∈（1，2）时，h′（x）＞1－eq\f(1,e）＞0，当x∈（2，＋∞)时，h′(x）＞0,所以当x∈(1,＋∞)时，h(x)单调递增，所以k＝1时，方程f(x）＝g（x)在(k,k＋1)内存在唯一的根.(3)由(2）知方程f（x）＝g(x）在（1，2）内存在唯一的根x0。且x∈(0，x0)时，f(x)＜g（x)，x∈（x0,＋∞)时，f（x)＞g（x），所以m(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋1lnx，x∈0，x0]，，\f（x2，ex），x∈x0,＋∞.))当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1］，m（x)≤0；若x∈（1，x0)，由m′（x）＝lnx＋eq\f(1，x)＋1＞0，可知0＜m(x）≤m（x0）；故m（x)≤m（x0）。当x∈（x0，＋∞)时，由m′（x)＝eq\f（x2－x，ex），可得x∈（x0,2）时，m′（x)＞0，m(x)单调递增;x∈(2，＋∞）时，m′(x)＜0，m（x)单调递减；可知m（x）≤m（2)＝eq\f(4，e2)，且m（x0）＜m（2).综上可得，函数m(x）的最大值为eq\f（4,e2).点评已知切线求参数问题,主要利用导数几何意义,通过切点坐标、切线斜率之间的关系来构造方程组求解.变式训练2(2015·广东)设a〉1,函数f（x）＝（1＋x2)ex－a.（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）在（－∞，＋∞）上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f（x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行（O是坐标原点)，证明：m≤eq\r(3，a－\f(2,e)）－1.（1)解f′（x）＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1）ex＝(x＋1)2ex，∀x∈R，f′(x)≥0恒成立.∴f（x）的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.(2）证明∵f（0）＝1－a,f(a）＝(1＋a2）ea－a，∵a>1，∴f(0）<0，f（a）>2aea－a〉2a－a＝a>0,∴f（0）·f(a）〈0，∴f（x)在（0，a）上有一零点，又∵f(x）在(－∞，＋∞）上单调递增，∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，∴f（x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点。(3)证明f′（x)＝（x＋1)2ex,设P（x0,y0），则f′（x0）＝e（x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1代入y＝f（x）得y0＝eq\f（2，e）－a，∴kOP＝a－eq\f（2,e).f′（m）＝em（m＋1）2＝a－eq\f（2，e）,令g（m）＝em－(m＋1），g′（m）＝em－1.令g′(x)〉0，则m>0，∴g（m）在(0,＋∞）上单调递增，令g′（x）<0，则m<0，∴g（m)在(－∞，0)上单调递减，∴g（m）min＝g(0)＝0。∴em－(m＋1）≥0，即em≥m＋1.∴em（m＋1）2≥(m＋1)3，即a－eq\f（2，e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3，a－\f(2，e）),即m≤eq\r（3，a－\f(2,e))－1.高考题型精练1。已知函数f(x)＝xlnx,若直线l过点(0，－1）,并且与曲线y＝f(x）相切，则直线l的方程为（)A.x＋y－1＝0 B。x－y－1＝0C。x＋y＋1＝0 D.x－y＋1＝0答案B解析∵点(0，－1）不在曲线f(x）＝xlnx上，∴设切点为(x0，y0)。又∵f′(x)＝1＋lnx，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y0＝x0lnx0，,y0＋1＝1＋lnx0x0，））解得x0＝1，y0＝0。∴切点为（1，0），∴f′（1)＝1＋ln1＝1.∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.故选B.2.已知f（x）＝lnx,g（x）＝eq\f（1,2）x2＋mx＋eq\f(7,2)（m<0)，直线l与函数f(x),g（x)的图象都相切，且与f（x)图象的切点为（1，f(1)）,则m等于（)A.－1B.－3C.－4D。－2答案D解析∵f′（x)＝eq\f（1,x）,∴直线l的斜率为k＝f′（1)＝1。又f（1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1.g′（x)＝x＋m，设直线l与g(x）的图象的切点为（x0，y0），则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq\f(1,2)xeq\o\al（2，0）＋mx0＋eq\f（7,2）(m〈0)，于是解得m＝－2。故选D.3。已知直线l与曲线f(x)＝x2－3x＋2＋2lnx相切，则直线l倾斜角的最小值为（）A.eq\f（π，6)B.eq\f（π,4)C。eq\f(π，3)D.eq\f(π,2)答案B解析函数的定义域为（0，＋∞)。由导数的几何意义可知，曲线上任意一点P（x,y）处的切线的斜率为f′(x）＝2x－3＋eq\f(2,x），因为x＞0，故2x＋eq\f（2,x)≥2eq\r(2x×\f(2，x））＝4（当且仅当2x＝eq\f（2，x)，即x＝1时取等号)，所以f′(x)＝2x－3＋eq\f（2，x）≥4－3＝1，即直线l的斜率的最小值为1，此时直线的倾斜角取得最小值eq\f(π，4）。故选B。4。设a∈R，函数f（x)＝x3＋ax2＋（a－3)x的导函数是f′(x)，若f′（x)是偶函数，则曲线y＝f（x）在原点处的切线方程为()A。y＝3x B.y＝－2xC。y＝－3x D。y＝2x答案C解析∵f′（x）＝3x2＋2ax＋（a－3），又f′（x）是偶函数，∴a＝0，即f′(x)＝3x2－3.∴k＝f′（0）＝－3，∴曲线y＝f（x）在原点处的切线方程为y＝－3x,故选C.5。曲线y＝e－2x＋1在点(0,2）处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为（）A.eq\f（1,3)B.eq\f(1，2)C。eq\f（2,3)D.1答案A解析因为y′＝－2e－2x，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2,该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示,其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点为Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2,3），\f（2,3)）)，所以三角形的面积S＝eq\f（1,2）×1×eq\f（2,3)＝eq\f(1，3）.6.若曲线f(x）＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f（1,2）bx2＋cx＋d（a，b,c〉0)上不存在斜率为0的切线，则eq\f（f′1，b)－1的取值范围是（）A.（1,＋∞) B。［1,＋∞）C.（2，＋∞) D.[2,＋∞)答案A解析因为函数f′(x）＝ax2＋bx＋c，所以eq\f(f′1，b)－1＝eq\f(a＋b＋c,b)－1＝eq\f（a＋c，b)。函数f（x)图象上不存在斜率为0的切线，也就是f′（x）＝0无解，故Δ＝b2－4ac〈0,即ac>eq\f（b2，4）,所以eq\f（a＋c，b)≥eq\f(2\r（ac），b)>eq\f（2\r（\f（b2,4)),b)＝1,即eq\f(f′1,b）－1＝eq\f（a＋c,b)的取值范围是(1,＋∞)。7.（2015·陕西）设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝eq\f(1,x）（x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________。答案(1，1)解析y′＝ex，曲线y＝ex在点（0，1)处的切线的斜率k1＝e0＝1，设P(m，n)，y＝eq\f(1，x）（x>0)的导数为y′＝－eq\f（1，x2)(x〉0),曲线y＝eq\f(1，x)（x〉0）在点P处的切线斜率k2＝－eq\f（1,m2)(m〉0)，因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1，1）。8。已知f(x）＝x3＋f′（eq\f(2，3)）x2－x,则f（x)的图象在点(eq\f（2，3），f（eq\f（2,3)))处的切线斜率是________.答案－1解析f′(x)＝3x2＋2f′(eq\f(2，3）)x－1，令x＝eq\f（2，3)，可得f′（eq\f（2，3）)＝3×(eq\f(2,3）)2＋2f′(eq\f(2，3））×eq\f(2，3)－1，解得f′（eq\f（2，3）)＝－1，所以f（x）的图象在点（eq\f（2，3），f(eq\f（2,3）))处的切线斜率是－1.9。已知曲线C：f（x）＝x3－ax＋a，若过曲线C外一点A（1，0）引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为________。答案eq\f(27，8)解析设切点坐标为(t，t3－at＋a)。由题意知,f′(x)＝3x2－a，切线的斜率为k＝y′|x＝t＝3t2－a， ①所以切线方程为y－（t3－at＋a)＝(3t2－a)（x－t）。 ②将点(1，0)代入②式得，－(t3－at＋a）＝(3t2－a)（1－t)，解得t＝0或t＝eq\f（3，2).分别将t＝0和t＝eq\f（3，2）代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27，4)－a，由题意它们互为相反数，得a＝eq\f(27，8）.10。已知函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x)的图象如图所示，则曲线y＝f(x）在点P处的切线方程是________。答案x－y－2＝0解析根据导数的几何意义及图象可知，曲线y＝f（x)在点P处的切线的斜率k＝f′(2）＝1，又过点P(2，0），所以切线方程为x－y－2＝0。11.(2015·课标全国Ⅰ）已知函数f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx。（1）当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x）的切线;（2）用min｛m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝mineq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（fx,gx）)(x>0)，讨论h(x)零点的个数。解（1）设曲线y＝f（x）与x轴相切于点（x0，0），则f（x0)＝0，f′(x0）＝0。即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x\o\al(3,0)＋ax0＋\f（1,4）＝0，,3x\o\al（2,0）＋a＝0,）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2），，a＝－\f（3,4）.））因此，当a＝－eq\f（3,4）时，x轴为曲线y＝f（x)的切线.（2）当x∈(1，＋∞）时，g(x)＝－lnx〈0，从而h（x）＝min｛f(x)，g（x)｝≤g(x)〈0，故h(x）在(1,＋∞)内无零点.当x＝1时，若a≥－eq\f（5，4），则f（1)＝a＋eq\f(5,4）≥0，h（1)＝min｛f(1)，g(1）｝＝g（1）＝0,故x＝1是h(x）的零点；若a<－eq\f（5,4)，则f（1）<0，h(1)＝min｛f（1）,g(1）｝＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点。当x∈（0,1)时，g（x)＝－lnx>0.所以只需考虑f（x)在(0,1)上的零点个数.(ⅰ）若a≤－3或a≥0，则f′（x)＝3x2＋a在(0，1）内无零点，故f（x)在（0，1)上单调.而f（0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5，4)，所以当a≤－3时，f(x）在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在（0，1）内没有零点.(ⅱ)若－3〈a<0，则f（x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\r（－\f(a,3)））)上单调递减，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1））上单调递增，故在(0,1）中，当x＝eq\r(－\f(a,3)）时，f(x)取得最小值，最小值为feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3））））＝eq\f（2a，3)eq\r(－\f（a，3))＋eq\f(1，4）。①若feq\b\lc\(\rc