2025届高考数学一轮知能训练第二章函数导数及其应用第15讲导数的意义及运算含解析

PAGE1-第15讲导数的意义及运算1．已知函数f(x)＝a2＋sinx，则f′(x)＝()A．3a＋cosxB．a2＋cosxC．3a＋sinxD．cosx2．已知函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝eq\f(1,2)x＋2，则f(1)＋f′(1)＝()．A.eq\f(1,2)B．1C．2D．33．(2024年山东)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线相互垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是()A．y＝sinxB．y＝lnxC．y＝exD．y＝x34．已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝lnx＋2，直线l是f(x)与g(x)图象的公切线，则直线l的方程为()A．y＝eq\f(1,e)x或y＝x－1B．y＝－ex或y＝－x－1C．y＝ex或y＝x＋1D．y＝－eq\f(1,e)x或y＝－x＋15．(2024年陕西)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Ρ处的切线垂直，则点P的坐标为________．6．(2024年天津)曲线y＝cosx－eq\f(x,2)在点(0,1)处的切线方程为__________．7．(2024年新课标Ⅱ)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＝________.8．过点(1，－1)的曲线y＝x3－2x的切线方程为____________．9．(多选)若直线l与曲线C：y＝f(x)满意以下两个条件：(ⅰ)点P(x0，y0)在曲线C：y＝f(x)上，直线l方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)；(ⅱ)曲线C：y＝f(x)在点P(x0，y0)旁边位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列选项正确的是()A．直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3B．直线l：x＝－1在点P(－1,0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2C．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝sinxD．直线l：y＝x－1在点P(1,0)处“切过”曲线C：y＝lnx10．已知关于x的方程kx－1＝cosx(k>0)恰好有两个不同解，其中α为方程中较大的解，则αtaneq\f(α,2)＝________.11．(2024年江苏)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________．12．(2024年新课标Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探讨f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

第15讲导数的意义及运算1．D2．D解析：f′(1)＝eq\f(1,2)，f(1)＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，f(1)＋f′(1)＝3.3．A解析：当y＝sinx时，y′＝cosx，cos0·cosπ＝－1，∴在函数y＝sinx图象上存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝lnx，y＝ex，y＝x3的导数值均非负，不符合题意，故选A.4．C解析：设切点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，∵f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x)，∴ex1＝eq\f(1,x2)＝eq\f(lnx2＋2－ex1,x2－x1)，∴ex1＝eq\f(lne－x1＋2－ex1,e－x1－x1)，整理得(x1－1)(ex1－1)＝0.解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝\f(1,e)))，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x2＝1，))∴切线方程为y＝ex或y＝x＋1，故选C.5．(1,1)解析：∵y＝ex，∴y′＝ex.∴曲线y＝ex在点(0,1)处的切线斜率k1＝y′|x＝0＝e0＝1.设点P的坐标为(x0，y0)(x0＞0)，则y0＝eq\f(1,x0).∵y＝eq\f(1,x)，∴y′＝－eq\f(1,x2).∴曲线y＝eq\f(1,x)在点Ρ处的切线斜率k2＝y′|x＝x0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0)).∵k1·k2＝－1，∴－eq\f(1,x\o\al(2,0))＝－1，即xeq\o\al(2,0)＝1.解得x0＝±1.∵x0＞0，∴x0＝1.∴y0＝1，即点P的坐标是(1,1)．6．x＋2y－2＝0解析：∵y＝cosx－eq\f(x,2)，∴y′＝－sinx－eq\f(1,2).设切线斜率为k，则k＝－sin0－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，∴切线方程为y－1＝－eq\f(1,2)x，即x＋2y－2＝0.7．1－ln2解析：设y＝kx＋b与y＝lnx＋2和y＝ln(x＋1)的切点分别为(x1，lnx1＋2)和(x2，ln(x2＋1))．则切线分别为y－lnx1－2＝eq\f(1,x1)(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝eq\f(1,x2＋1)(x－x2)．化简，得y＝eq\f(1,x1)x＋lnx1＋1，y＝eq\f(1,x2＋1)x－eq\f(x2,x2＋1)＋ln(x2＋1)．依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝－\f(x2,x2＋1)＋lnx2＋1，))解得x1＝eq\f(1,2).从而b＝lnx1＋1＝1－ln2.8．x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0解析：设P(x0，y0)为切点，则切线的斜率为f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－2.故切线方程为y－y0＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0)．即y－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0)．又知切线过点(1，－1)，代入上述方程，得－1－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(1－x0)．解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2).故所求的切线方程为y＋1＝x－1或y＋1＝－eq\f(5,4)(x－1)．即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0.9．AC10．－1解析：kx－1＝cosx(k>0)恰好有两个不同解，即直线y＝kx－1与y＝cosx恰好有两个不同交点，如图D131，k＝－sinα＝eq\f(cosα＋1,α)，∴α＝－eq\f(cosα＋1,sinα)，则αtaneq\f(α,2)＝－eq\f(cosα＋1,sinα)·taneq\f(α,2)＝－eq\f(cosα＋1,sinα)·eq\f(sinα,1＋cosα)＝－1.图D13111．4解析：当直线x＋y＝0平移到与曲线y＝x＋eq\f(4,x)相切位置时，切点Q即为点P到直线x＋y＝0的距离最小．由y′＝1－eq\f(4,x2)＝－1，得x＝eq\r(2)(－eq\r(2)舍)，y＝3eq\r(2)，即切点Q(eq\r(2)，3eq\r(2))，则切点Q到直线x＋y＝0的距离为eq\f(|\r(2)＋3\r(2)|,\r(12＋12))＝4.12．(1)解：f(x)的定义域为(0,1)，(1，＋∞)，且在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递增．∵f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，∴f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点eq\f(1,x1).综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)证明：∵eq\f(1,x0)＝e，故点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直线AB的斜率为k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x