【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题3　函数与导数 第12练 含答案.doc，共(12)页，1.169 MB，由MTyang资料小铺上传

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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)＝－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)＝－lnx，0<x<1，lnx，x>1，∴f′(x)＝－1x，0<x<1，1x，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＝－1x1，k2＝1x2.∵k1k2＝－1，∴x1x2＝1.令x1＝x0(0<x0<1)

，则x2＝1x0.∴P1(x0，－lnx0)，P21x0，－lnx0.∴l1：y＋lnx0＝－1x0(x－x0)⇒y＝－1x0x＋1－lnx0，∴A(0，1－lnx0).l2：y＋lnx0＝x0(x－1x0)⇒y＝x0x－1－lnx0，∴B(0，－1－lnx0)，∴|AB|＝1－lnx0

－(－1－lnx0)＝2.联立y＝－1x0x＋1－lnx0，y＝x0x－1－lnx0，得P2x0x20＋1，x20－1x20＋1－lnx0.∴S△PAB＝12·2|x0|x20＋1·|AB|＝12·2x0x20＋1·2＝2x0x20＋1＝2x0＋1x0.∵x0∈(0，

1)，∴0＜2x0＋1x0＜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＝1x

1·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1)，y＝ln(x＋1)的切线为：y＝1x2＋1x＋ln(x2＋1)－x2x2＋1(设切点横坐标为x2)，∴1x1＝1x2＋1，lnx1＋1＝lnx2＋1－x

2x2＋1，解得x1＝12，x2＝－12，，∴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≤－a3＋431.(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＝431，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)＝－12x－431.设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－a12＋431.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′＝a4.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′＝－a3＋431.5.(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＋1x－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－ax－1x＋1>0，设g(x)＝lnx－ax－1x＋1，则g′(x)＝1x－2ax＋12＝x2＋21－ax＋1xx＋12，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－a－12－1，x2＝a－1＋a－12－

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＝xexe，∴y′＝1e(ex＋x·ex)＝1e·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2

x＋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)＝1x－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)＝x2ex.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＋ax＋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－x2ex，当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2

－4e2＝ln8－4e2＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋1x＋1＋xx－2ex，所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－1e＞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)＝x＋1lnx，x∈0，x0]，x2ex，x∈x0，＋∞.当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0)，由m′(x)＝lnx＋1x＋1＞0，可知0＜m(x)≤

m(x0)；故m(x)≤m(x0).当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝x2－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)＝4e2，且m(x0)＜m

(2).综上可得，函数m(x)的最大值为4e2.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)e

x－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≤3a－2e－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)＝e0x(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1代入y＝f(x)得y0＝2e－a，∴kOP＝a－2e.f′(m)＝em(m＋1)2＝a－2e，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－2e≥(m＋1)3.∴m＋1≤3a－2e，即m≤3a－2e

－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＝0B.x－y－1＝0C.x＋y＋1＝0D.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，∴y0＝x0lnx0，y0＋1＝1＋lnx0x0，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)＝12x2＋mx＋72(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)＝1x，∴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＝12x20＋mx0

＋72(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.π6B.π4C.π3D.π2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＋2x，因为x＞0，故2x＋2x≥22x×2x＝4(当且仅当2x＝2x，即x＝1时取等号)，所以f′(x)＝2x－3＋2x≥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π4.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＝3xB.y＝－2xC.y＝－3xD.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.13B.12C.23D.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A23，23，所以三角形的面积S＝12×1×23＝13.6.若曲线f(x)＝13ax3＋1

2bx2＋cx＋d(a，b，c>0)上不存在斜率为0的切线，则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f′1b－1

＝a＋b＋cb－1＝a＋cb.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>b24，所以a＋cb≥2acb>2b24b＝1，即f′1b－1＝a＋cb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＝1x(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＝1x(x>0)的导数为y′＝－1x2(x>0)，曲线y＝1x(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－1m2(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′(23)x2－x，则f(x)

的图象在点(23，f(23))处的切线斜率是________.答案－1解析f′(x)＝3x2＋2f′(23)x－1，令x＝23，可得f′(23)＝3×(23)2＋2f′(23)×23－1，解得f′(23)＝－1，所以f(x)

的图象在点(23，f(23))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278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＝32.分别将t＝0和t＝32代入①式，得k＝－a和k＝274－a，由题意它们互为相反数，得a＝278.10.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)＝x

3＋ax＋14，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)＝min{}fx，gx(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x30＋ax0＋14＝0，3x20＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34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≥－54，则f(1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，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)

＝14，f(1)＝a＋54，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0，－a3上单调递减，在－a3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x＝－

a3时，f(x)取得最小值，最小值为f－a3＝2a3－a3＋14.①若f－a3>0，即－34<a<0，f(x)在(0，1)内无零点；②若f－a3＝0，即a＝－34，则f(x)在(0，1)内有唯一零点；③若f－a3<0，即－3<a

<－34，由于f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0，1)内有两个零点；当－3<a≤－54时，f(x)在(0，1)内有一个零点.综上，当a>－34或a<－54时，h(x

)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点.12.(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x

＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间.解(1)f(x)的定义域为R.∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.依题设，f2＝2e＋2，f′2＝e－1，即2ea－2＋2b＝2e＋2，－ea－2＋b＝e－1.解得a＝2，b＝e.(2)由

(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′

(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞).综上可知，

f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).