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第12練 導數(shù)幾何意義的必會題型
[題型分析高考展望] 本部分題目考查導數(shù)的幾何意義：函數(shù)f(x)在x＝x0處的導數(shù)即為函數(shù)圖象在該點處的切線的斜率，考查形式主要為選擇題和填空題或者在解答題的某一步中出現(xiàn)(難度為低中檔)，內(nèi)容就是求導，注意審題是過點(x0，y0)的切線還是在點(x0，y0)處的切線.
?？碱}型精析
題型一 直接求切線或切線斜率問題
例1 (1)(2015課標全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝______.
(2)(2014大綱全國)曲線y＝xex－1在點(1,1)處切線的斜率等于( )
A.2e B.e
C.2 D.1
點評 導數(shù)幾何意義的應用，需注意以下兩點：
(1)當曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線垂直于x軸時，函數(shù)在該點處的導數(shù)不存在，切線方程是x＝x0；
(2)注意區(qū)分曲線在某點處的切線和曲線過某點的切線.曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；求過某點的切線方程，需先設出切點坐標，再依據(jù)已知點在切線上求解.
變式訓練1 已知f(x)＝x3＋f′()x2－x，則f(x)的圖象在點(，f())處的切線斜率是________.
題型二 導數(shù)幾何意義的綜合應用
例2 (2014福建)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；
(2)證明：當x>0時，x2
0)上不存在斜率為0的切線，則－1的取值范圍是( )
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(2，＋∞) D.[2，＋∞)
6.已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，若過點A(0，16)且與曲線y＝f(x)相切的切線方程為y＝ax＋16，則實數(shù)a的值是( )
A.－3 B.3
C.6 D.9
7.(2015北京東城區(qū)聯(lián)考)設a∈R，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的導函數(shù)是f′(x)，若f′(x)是偶函數(shù)，則曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為( )
A.y＝3x B.y＝－2x
C.y＝－3x D.y＝2x
8.(2014江西)若曲線y＝xln x上點P處的切線平行于直線2x－y＋1＝0，則點P的坐標是________.
9.(2015陜西)函數(shù)y＝xex在其極值點處的切線方程為________.
10.(2015廣州質(zhì)檢)已知曲線C：f(x)＝x3－ax＋a，若過曲線C外一點A(1,0)引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補，則a的值為________.
11.(2014課標全國Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝aexln x＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)證明：f(x)>1.
12.(2015天津)已知函數(shù)f(x)＝4x－x4，x∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設曲線y＝f(x)與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y＝g(x)，求證：對于任意的實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)；
(3)若方程f(x)＝a(a為實數(shù))有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，求證：x2－x1≤－＋.
答案精析
第12練 導數(shù)幾何意義的必會題型
?？碱}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))處的切線方程為y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1).
將(2,7)代入切線方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.
(2)y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，
故曲線在點(1,1)處的切線斜率為y′|x＝1＝2.
變式訓練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)的圖象在點(，f())處的切線斜率是－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＝ln 2.
當xln 2時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
所以當x＝ln 2時，f(x)取得極小值，
且極小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，
f(x)無極大值.
(2)證明 令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0.
故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0，
因此，當x>0時，g(x)>g(0)>0，即x20時，x20時，x21，要使不等式x2kx2成立.
而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，
即x>2ln x＋ln k成立.
令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝.
所以當x>2時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，
易知k>ln k，k>ln 2,5k>0.所以h(x0)>0.
即存在x0＝，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x20時，ex>x2，所以ex＝ >()2()2；當x>x0時，ex>()2()2>()2＝x2.
因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x20時，x2x0時，有x20)的導數(shù)為y′＝－ (x>0)，曲線y＝ (x>0)在點P處的切線斜率k2＝－ (m>0)，因為兩切線垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，則點P的坐標為(1,1).]
2.A [因為y′＝－2e－2x，∴曲線在點(0,2)處的切線斜率k＝－2，∴切線方程為y＝－2x＋2，該直線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形如圖所示，其中直線y＝－2x＋2與y＝x的交點為A，所以三角形面積S＝1＝.]
3.A [易知點(－1，－1)在曲線上，且y′＝＝，所以切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝－1＝2.
由點斜式得切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.]
4.A [依題意得y′＝1＋ln x，y′|x＝e＝1＋ln e＝2，
所以－2＝－1，a＝2，故選A.]
5.A [因為函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c，所以－1＝－1＝.函數(shù)f(x)圖象上不存在斜率為0的切線，也就是f′(x)＝0無解，故Δ＝b2－4ac<0，即ac>，所以≥>＝1，即－1＝的取值范圍是(1，＋∞).]
6.D [先設切點為M(x0，y0)，
則切點在曲線y0＝x－3x0上，①
求導數(shù)得到切線的斜率k＝f′(x0)＝3x－3，
又切線過A、M兩點，所以k＝，
則3x－3＝.②
聯(lián)立①②可解得x0＝－2，y0＝－2，
從而實數(shù)a的值為a＝k＝＝9.]
7.C [∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a－3)，
又f′(x)是偶函數(shù)，∴a＝0，即f′(x)＝3x2－3.
∴k＝f′(0)＝－3.
∴曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為y＝－3x，
故選C.]
8.(e，e)
解析 設P(x0，y0).∵y＝xln x，
∴y′＝ln x＋x＝1＋ln x.
∴k＝1＋ln x0.又k＝2，∴1＋ln x0＝2，∴x0＝e.
∴y0＝eln e＝e.∴點P的坐標是(e，e).
9.y＝－
解析 設y＝f(x)＝xex，令y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得x＝－1.當x＜－1時，y′＜0；當x＞－1時，y′＞0，故x＝－1為函數(shù)f(x)的極值點，切線斜率為0，
又f(－1)＝－e－1＝－，故切點坐標為，切線方程為y＋＝0(x＋1)，即y＝－.
10.
解析 設切點坐標為(t，t3－at＋a).
由題意知，f′(x)＝3x2－a，
切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝t＝3t2－a，①
所以切線方程為y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t).②
將點(1,0)代入②式得，－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝0或t＝.
分別將t＝0和t＝代入①式，得k＝－a和k＝－a，
由題意它們互為相反數(shù)得a＝.
11.(1)解 函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.
(2)證明 由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，
從而f(x)>1等價于xln x>xe－x－.
設函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x.
所以當x∈(0，)時，g′(x)<0；
當x∈(，＋∞)時，g′(x)>0.
故g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，
在(，＋∞)上單調(diào)遞增，
從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g()＝－.
設函數(shù)h(x)＝xe－x－，
則h′(x)＝e－x(1－x).
所以當x∈(0,1)時，h′(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－.
所以g(x)≥－≥h(x).
又因為兩等號無法同時取到，所以g(x)>h(x).
綜上，當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
12.(1)解 由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.
當f′(x)＞0，即x＜1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
當f′(x)＜0，即x＞1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.
所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞).
(2)證明 設點P的坐標為(x0,0)，則x0＝，f′(x0)＝－12.
曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0).
令函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，
即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，
則F′(x)＝f′(x)－f′(x0).
由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，
故F′(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，又因為F′(x0)＝0，
所以當x∈(－∞，x0)時，F(xiàn)′(x)＞0，當x∈(x0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞增，
在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以對于任意的實數(shù)x，
F(x)≤F(x0)＝0，即對于任意的實數(shù)x，都有f(x)≤g(x).
(3)證明 由(2)知g(x)＝－12.
設方程g(x)＝a的根為x2′，可得x2′＝－＋.
因為g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，
又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，
因此x2≤x2′.
類似地，設曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為y＝h(x)，
可得h(x)＝4x.
對于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(huán)(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x).
設方程h(x)＝a的根為x1′，可得x1′＝.
因為h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1，
由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋.
【高考前三個月復習數(shù)學理科函數(shù)與導數(shù)】專題3 第12練
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