全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题3第12练导数几何意义的必会题型理

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.常考题型精析题型一　直接求切线或切线斜率问题例1　(1)(2022·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)(2022·大纲全国)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于(　　)A.2eB.eC.2D.1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　已知f(x)＝x3＋f′()x2－x，则f(x)的图象在点(，f())处的切线斜率是________.题型二　导数几何意义的综合应用例2　(2022·福建)已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.　10\n　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　(2022·课标全国Ⅱ)已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.高考题型精练1.(2022·陕西)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为(　　)A.(－1，－1)B.(1,1)C.D.2.(2022·济南模拟)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.B.C.D.13.曲线y＝在点(－1，－1)处的切线方程为(　　)A.y＝2x＋1B.y＝2x－1C.y＝－2x－3D.y＝－2x－24.曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为(　　)A.2B.－2C.D.－5.(2022·南昌模拟)若曲线f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c>0)上不存在斜率为0的切线，则－1的取值范围是(　　)A.(1，＋∞)B.[1，＋∞)C.(2，＋∞)D.[2，＋∞)6.已知函数f(x)＝x3－3x，若过点A(0，16)且与曲线y＝f(x)相切的切线方程为y＝ax＋16，则实数a的值是(　　)A.－3B.310\nC.6D.97.(2022·北京东城区联考)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＝2x8.(2022·江西)若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________.9.(2022·陕西)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________.10.(2022·广州质检)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________.11.(2022·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝aexlnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.　　　　　　　10\n　12.(2022·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≤－＋.　　　　　　　　10\n答案精析第12练　导数几何意义的必会题型常考题型精析例1　(1)1　(2)C解析　(1)f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.(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′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为y′|x＝1＝2.变式训练1　－1解析　f′(x)＝3x2＋2f′()x－1，令x＝，可得f′()＝3×()2＋2f′()×－1，解得f′()＝－1，所以f(x)的图象在点(，f())处的切线斜率是－1.例2　(1)解　由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值.(2)证明　令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0.故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，因此，当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)证明　方法一　①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.10\n所以当x>0时，x2<cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.②若0<c<1，令k＝>1，要使不等式x2<cex成立，只要ex>kx2成立.而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，即x>2lnx＋lnk成立.令h(x)＝x－2lnx－lnk，则h′(x)＝1－＝.所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增.取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增.又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，易知k>lnk，k>ln2,5k>0.所以h(x0)>0.即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上可知，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法二　对任意给定的正数c，取x0＝，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝·>()2·()2；当x>x0时，ex>()2()2>()2＝x2.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法三　首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3<ex.证明如下：令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.由(2)知，当x>0时，x2<ex.从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝－1<0，即x3<ex.取x0＝，当x>x0时，有x2<x3<ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.变式训练2　8解析　由y＝x＋lnx，得y′＝1＋，得曲线在点(1,1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝110\n＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y得ax2＋ax＋2＝0，得a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.高考题型精练1.B[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＝(x>0)的导数为y′＝－(x>0)，曲线y＝(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－(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).]2.A[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，所以三角形面积S＝×1×＝.]3.A[易知点(－1，－1)在曲线上，且y′＝＝，所以切线斜率k＝y′|x＝－1＝2.由点斜式得切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.]4.A[依题意得y′＝1＋lnx，y′|x＝e＝1＋lne＝2，所以－×2＝－1，a＝2，故选A.]5.A[因为函数f′(x)＝ax2＋bx＋c，所以－1＝－1＝.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>，所以≥>＝1，即－1＝的取值范围是(1，＋∞).]6.D[先设切点为M(x0，y0)，则切点在曲线y0＝x－3x0上，①求导数得到切线的斜率k＝f′(x0)＝3x－3，又切线过A、M两点，所以k＝，10\n则3x－3＝.②联立①②可解得x0＝－2，y0＝－2，从而实数a的值为a＝k＝＝9.]7.C[∵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.]8.(e，e)解析　设P(x0，y0).∵y＝xlnx，∴y′＝lnx＋x·＝1＋lnx.∴k＝1＋lnx0.又k＝2，∴1＋lnx0＝2，∴x0＝e.∴y0＝elne＝e.∴点P的坐标是(e，e).9.y＝－解析　设y＝f(x)＝xex，令y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得x＝－1.当x＜－1时，y′＜0；当x＞－1时，y′＞0，故x＝－1为函数f(x)的极值点，切线斜率为0，又f(－1)＝－e－1＝－，故切点坐标为，切线方程为y＋＝0(x＋1)，即y＝－.10.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＝.分别将t＝0和t＝代入①式，得k＝－a和k＝－a，由题意它们互为相反数得a＝.10\n11.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝exlnx＋ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈(0，)时，g′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g()＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.所以g(x)≥－≥h(x).又因为两等号无法同时取到，所以g(x)>h(x).综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.12.(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，＋∞).10\n(2)证明　设点P的坐标为(x0,0)，则x0＝，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.设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－＋.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′＝.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′＝－＋.10