专题三导数及其应用第七讲导数的计算与导数的几何意义答案

专题三 导数及其应用第七讲 导数的计算与导数的几何意义答案部分2019年1.解析因为y（3x2xx23x1），x）e，所以y'3e（x所以当x0时，y'3，所以y（3x2x）ex在点（0，0）处的切线斜率k3，又y00所以切线方程为y03x0，即y3x．2.解析由y=2sinx+cosx，得y2cosxsinx，所以yxπ2cosπsinπ=-2，所以曲线y=2sinx+cosx在点(π,1)处的切线方程为y12(xπ)，即2xy210．故选C．3.解析yaexxlnx的导数为y'aexlnx1，又函数yaexxlnx在点(1,ae)处的切线方程为y2xb，可得ae012，解得ae1，又切点为(1,1)，可得12b，即b1.故选D．4.解析由题意，可知ysinx1.因为y0sin011，2x22所以曲线ycosxx在点0,1处的切线方程y11x，即x2y20．225.解析设A(x0,lnx0)，由ylnx，得y'11，所以y'|xx0x0，x则该曲线在点A处的切线方程为ylnx01(xx0)，因为切线经过点(e,1)，x0所以1lnx0eee．1，即lnx0，则x0x0x02010-2018年1．D【解析】通解 因为函数 f(x) x3 (a 1)x2 ax为奇年函数，所以f( x) f(x)，所以( x)3 (a 1)( x)2 a(x) [x3 (a 1)x2 ax]，所以2(a 1)x2 0，因为x R，所以a 1，所以f(x) x3 x，所以f(x) 3x2 1，所以f(0) 1，所以曲线y f(x)在点(0,0) 处的切线方程为 y x．故选D．优解一 因为函数 f(x) x3 (a 1)x2 ax为奇函数，所以 f(1) f(1) 0，所以1 a 1 a (1 a 1 a) 0，解得a 1，所以f(x) x3 x，所以 f(x) 3x2 1，所以 f(0) 1，所以曲线 y f(x)在点(0,0)处的切线方程为x．故选D．优解二易知f(x)x3(a1)x2axx[x2(a1)xa]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)x2(a1)xa为偶函数，所以a10，解得a1，所以f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．2．A【解析】对于选项A，f(x)2x1x，xx1)xexe1，()则ef(x)e(()，∵2222∴exf(x))在R上单调递增，∴f(x)2x具有M性质．对于选项B，f(x)x2，exf(x)exx2，[exf(x)]ex(x22x)，令ex(x22x)0，得x0或x2；令ex(x22x)0，得2x0，∴函数exf(x)在(,2)和(0,)上单调递增，在(2,0)上单调递减，∴f(x)x2不具有M性质．对于选项C，f(x)3x(1)x，1exeex3xf(x)xx(1，∴yf(x)3x则ee())，∵3()在R上单调递减，∴不333具有M性质．对于选项D，f(x)cosx，exf(x)excosx，则[excosx]ex(cosxsinx)≥0在R上不恒成立，故exf(x)excosx在R上不是单调递增的，所以f(x)cosx不具有M性质．3．A【解析】设两个切点分别为 (x1,y1)，(x2,y2)，选项A中，y cosx，cosx1cosx2 1，当x10,x2时满足，故A正确；函数ylnx,yex,yx3的导数值均非负，不符合题意，故选A.4．A【解析】设P1x1,lnx1,P2x2,lnx2（不妨设x11,0x21），则由导数的几何意义易得切线l1,l2的斜率分别为k11,k21.由已知得x1x2k1k21,x1x21,x21.切线l1的方程分别为ylnx11xx1，x1x1切线l2的方程为ylnx21xx2，即ylnx1x1x1．x2x1分别令x0得A0,1lnx,B0,1lnx.又l1与l2的交点为112x1x21，P(1,lnx111)．∵x11x1x12∴SPAB1|yAyB||xP|2x11x121，∴0SPAB1，故选A．21x21x2115．B【解析】由导函数图像可知函数的函数值在[1,1]上大于零，所以原函数递增，且导函数值在[1,0]递增，即原函数在[1,1]上切线的斜率递增，导函数的函数值在[0,1]递减，即原函数在[0,1]上切线的斜率递减，所以选B．6．D【解析】ya1，由题意得y|x02，即a3．x17．A【解析】∵y3x26x∴切线斜率为3，则过（1,2）的切线方程为y23(x1)，即y3x1，故选A.8．A【解析】yex，x0，e01．9．C【解析】∵y3x2，切点为P(1,12)，所以切线的斜率为3，故切线方程为3xy90，令x0得y9．10．B【解析】ycosx(sinxcosx)sinx(cosxsinx)1，所以(sinxcosx)2(sinxcosx)2y11。x4(sincos)224411．A【解析】点(1,0)处的切线斜率为k，kyx131221，由点斜式可得切线方程为A．12．D【解析】因为y'4exex41，即tan≥－1，所以3．(ex1)22ex413．y2x2【解析】由题意知，y2(1,0)处的切线斜率ky2，，所以曲线在点x1x故所求切线方程为y02(x1)，即y2x2．14由题意得f(x)elnxe1，则f(1)e．．e【解析】xxx15．yx1【解析】∵y2x1，又y1，所以切线方程为y21(x1)，x2x1即yx1．116．1【解析】∵ f(1)a，切点为(1,a)，f(x)a，则切线的斜率为f(1)a1，x切线方程为：ya(a1)(x1)，令x0得出y1，l在y轴的截距为117．y2x【解析】当x0时，x0，则f(x)ex1x．又f(x)为偶函数，所以f(x)f(x)exx，所以当x0时，f(x)ex11，则曲线yf(x)e在点(1，2)处的切线的斜率为f(1)2，所以切线方程为y22(x1)，即y2x．18．1【解析】∵f(x)3ax21，∴f(1)3a1，即切线斜率k3a1，又∵f(1)a2，∴切点为（1，a2），∵切线过（2,7），∴a273a1，12解得a1．19．y1【解析】∵y(1x)ex，极值点为(1,1)，∴切线的斜率ky10，eex因此切线的方程为y1．e20．3【解析】因为fxa1lnx，所以f1a3．21．8【解析】∵y11，∴y2，∴yxlnx在点(1,1)处的切线方程为xx1y12(x1)，∴y2x1，又切线与曲线yax2(a2)x1相切，当a0时，y2x1与y2x1平行，故a0．∵y2ax(a2)，∴令2axa22得x1，代入y2x1，得y2，∴点(1,2)在yax2(a2)x1的图象21)21)2上，故2a((a2)(1，∴a8．2b2b22．－3【解析】由题意可得54a①又f(x)2ax，过点P(2,5)的切线的斜2x2b7率4a②，由①②解得a1,b2，所以ab3．42123．(e,e)【解析】由题意得ylnxx1lnx，直线2xy10的斜率为2，设xP(m,n)，则1lnm2，解得me，所以nelnee，所以点P(e,e)．24．【解析】①③④对于①，y3x2,y|x00，所以l:y0是曲线C:yx3在点P(0,0)处的切线，画图可知曲线C:yx3在点P(0,0)附近位于直线l的两侧，①正确；对于②，因为y2(x1),y|x10，所以l:x1不是曲线C：y(x1)2在点P1,0处的切线，②错误；对于③，ycosx,y|x01，在点P0,0处的切线为l:yx，画图可知曲线C：ysinx在点P0,0附近位于直线l的两侧，③正确；对于④，y1，y|x011，在点P0,0处的切线为l:yx，画图可cos2x0cos21知曲线C：ytanx在点P0,0附近位于直线l的两侧，④正确；对于⑤y，xy|x11，在点P1,0处的切线为l:yx1，令h(x)x1lnx(x0)，可得h(x)11x1，所以h(x)minh(1)0，xx故x1≥lnx，可知曲线C：ylnx在点P1,0附近位于直线l的下侧，⑤错误．25．2【解析】yx1，则k，故切线方程yx过点(1,2)解得2．26．y4x3【解析】∵y3lnx4，∴切线斜率为4，则切线方程为：4xy30.27．【解析】（Ⅰ）由题意f(x)x2ax，所以，当a2时，f(3)0，f(x)x22x，所以f(3)3，因此，曲线yf(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y3(x3)，即3xy90．（Ⅱ）因为g(x)f(x)(xa)cosxsinx所以g(x)f(x)cosx(xa)sinxcosx，x(xa)(xa)sinx(xa)(xsinx)，令h(x)xsinx，则h(x)1cosx0，所以h(x)在R上单调递增，因此h(0)0，所以，当x0时，h(x)0；当x0时h(x)0．（1）当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，当x(,a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增；当x(a,0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减；当x(0,)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增．所以，当xa时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)1a3sina，6当x0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)a．（2）当a0时，g(x)x(xsinx)，当x(,)时，g(x)≥0，g(x)单调递增；所以，g(x)在(,)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．（3）当a 0时，g(x) (x a)(x sinx)，当x(,0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增；当x(0,a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减；当x(a,)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增．所以，当x0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)a；当xa时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)1a3sina．6综上所述：当a0时，函数g(x)在(,a)和(0,)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)1a3sina，极小值是g(0)a．6当a0时，函数g(x)在(,)上单调递增，无极值；当a0时，函数g(x)在(,0)和(a,)上单调递增，在(0,a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)a，极小值是g(a)1a3sina．6．【解析】（Ⅰ）因为f(x)x，所以f(x)ex(cosxsinx)1,f(0)0．ecosxx28又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y1．（Ⅱ）设h(x)ex(cosxsinx)1，x[0,2]，则h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx．π当x(0,)时，h(x)0，2π所以h(x)在区间[0,]上单调递减．2所以对任意xπh(0)0，即f(x)0．(0,]有h(x)2π所以函数f(x)在区间[0,]上单调递减．2所以当x时，f(x)有最小值f()e2cos22，222当x0时，f(x)有最大值f(0)e0cos001．29．【解析】（I）由fxx3ax2bxc，得fx3x22axb．因为f0c，f0b，所以曲线yfx在点0,f0处的切线方程为ybxc．（II）当ab4时，fxx34x24xc，所以fx3x28x4．令fx0，得3x28x40，解得x2或x2．3fx与fx在区间,上的情况如下：x,222,22233,3fx00fxcc3227所以，当c0且c320时，存在x14,2，x22,2，273x32,0，使得fx1fx2fx30．3由fx的单调性知，当且仅当c0,32时，函数fxx34x24xc有三个不同27零点．（III）当4a212b0时，fx3x22axb0，x,，此时函数fx在区间,上单调递增，所以fx不可能有三个不同零点．当4a212b0时，fx3x22axb只有一个零点，记作x0．当x,x0时，fx0，fx在区间,x上单调递增；0当xx0,时，fx0，fx在区间x0,上单调递增．所以f x不可能有三个不同零点．综上所述，若函数 f x有三个不同零点，则必有 4a2 12b 0．故a23b0是fx有三个不同零点的必要条件．当ab4，c0时，a23b0，fxx34x24xxx22只有两个不同零点，所以a23b0不是fx有三个不同零点的充分条件．因此a23b0是fx有三个不同零点的必要而不充分条件．30．【解析】（Ⅰ）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)lnxa1,所以a1．x（Ⅱ）k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根．设h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2,ex当x(0,1]时，h(x)0，又h(2)3ln24ln84110,e2e2所以存在x0(1,2)，使h(x0)0．因为h'(x)lnx11x(x2),所以当x(1,2)时，h'(x)110，xexe当x(2,)时，h'(x)0，所以当x(1,)时，h(x)单调递增．所以k1时，方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x(0,x0)时，(x1)lnx,x(0,x0)f(x)g(x)，x(x0,)时，f(x)g(x)，所以m(x)x2(x0,．x,x)e当x(0,x0]时，若x(0,1]，m(x)0．若x(1,x0]，由m'(x)lnx10,可知0m(x)m(x0);故m(x)m(x0)．1x当x(x0,)时，由m'(x)x(2x),可得x(x0,2)时，m'(x)0,m(x)单调递增；exx (2, )时，m'(x) 0,m(x)单调递减．可知m(x)m(2)4,且m(x0)m(2)．2e4．综上可得函数m(x)的最大值为ae231．【解析】：（Ⅰ）f'(x)(1a)xb，由题设知f'(1)0，解得b1．x1ax2（Ⅱ）f(x)的定义域为(0,)，由（Ⅰ）知，f(x)alnxx，a1a(xa