《【高考前三個(gè)月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科函數(shù)與導(dǎo)數(shù)】專(zhuān)題3 第12練》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《【高考前三個(gè)月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科函數(shù)與導(dǎo)數(shù)】專(zhuān)題3 第12練(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第12練 導(dǎo)數(shù)幾何意義的必會(huì)題型
[題型分析高考展望] 本部分題目考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義:函數(shù)f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)即為函數(shù)圖象在該點(diǎn)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(dǎo),注意審題是過(guò)點(diǎn)(x0,y0)的切線還是在點(diǎn)(x0,y0)處的切線.
??碱}型精析
題型一 直接求切線或切線斜率問(wèn)題
例1 (1)(2015課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=ax3+x+1的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線過(guò)點(diǎn)(2,7),則a=______.
(2)(2014大綱全國(guó))曲線y=xex-1在點(diǎn)(1,1)處切線的斜率等于( )
A.2e B.e
C.2 D.1
點(diǎn)評(píng) 導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用,需注意以下兩點(diǎn):
(1)當(dāng)曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處的切線垂直于x軸時(shí),函數(shù)在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)不存在,切線方程是x=x0;
(2)注意區(qū)分曲線在某點(diǎn)處的切線和曲線過(guò)某點(diǎn)的切線.曲線y=f(x)在點(diǎn)P(x0,f(x0))處的切線方程是y-f(x0)=f′(x0)(x-x0);求過(guò)某點(diǎn)的切線方程,需先設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo),再依據(jù)已知點(diǎn)在切線上求解.
變式訓(xùn)練1 已知f(x)=x3+f′()x2-x,則f(x)的圖象在點(diǎn)(,f())處的切線斜率是________.
題型二 導(dǎo)數(shù)幾何意義的綜合應(yīng)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(diǎn)A,曲線y=f(x)在點(diǎn)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(dāng)x>0時(shí),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(guò)點(diǎn)A(0,16)且與曲線y=f(x)相切的切線方程為y=ax+16,則實(shí)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(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=x3+ax2+(a-3)x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x),若f′(x)是偶函數(shù),則曲線y=f(x)在原點(diǎn)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(diǎn)P處的切線平行于直線2x-y+1=0,則點(diǎn)P的坐標(biāo)是________.
9.(2015陜西)函數(shù)y=xex在其極值點(diǎn)處的切線方程為_(kāi)_______.
10.(2015廣州質(zhì)檢)已知曲線C:f(x)=x3-ax+a,若過(guò)曲線C外一點(diǎn)A(1,0)引曲線C的兩條切線,它們的傾斜角互補(bǔ),則a的值為_(kāi)_______.
11.(2014課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=aexln x+,曲線y=f(x)在點(diǎn)(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(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證:對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x);
(3)若方程f(x)=a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1,x2,且x1<x2,求證:x2-x1≤-+.
答案精析
第12練 導(dǎo)數(shù)幾何意義的必會(huì)題型
常考題型精析
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(diǎn)(1,1)處的切線斜率為y′|x=1=2.
變式訓(xùn)練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)的圖象在點(diǎn)(,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(dāng)xln 2時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
所以當(dāng)x=ln 2時(shí),f(x)取得極小值,
且極小值f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)無(wú)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(dāng)x>0時(shí),g(x)>g(0)>0,即x20時(shí),x20時(shí),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(dāng)x>2時(shí),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(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x20時(shí),ex>x2,所以ex= >()2()2;當(dāng)x>x0時(shí),ex>()2()2>()2=x2.
因此,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x20時(shí),x2x0時(shí),有x20)的導(dǎo)數(shù)為y′=- (x>0),曲線y= (x>0)在點(diǎn)P處的切線斜率k2=- (m>0),因?yàn)閮汕芯€垂直,所以k1k2=-1,所以m=1,n=1,則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,1).]
2.A [因?yàn)閥′=-2e-2x,∴曲線在點(diǎn)(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(diǎn)為A,所以三角形面積S=1=.]
3.A [易知點(diǎn)(-1,-1)在曲線上,且y′==,所以切線斜率k=y(tǒng)′|x=-1=2.
由點(diǎn)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?yàn)楹瘮?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(wú)解,故Δ=b2-4ac<0,即ac>,所以≥>=1,即-1=的取值范圍是(1,+∞).]
6.D [先設(shè)切點(diǎn)為M(x0,y0),
則切點(diǎn)在曲線y0=x-3x0上,①
求導(dǎo)數(shù)得到切線的斜率k=f′(x0)=3x-3,
又切線過(guò)A、M兩點(diǎn),所以k=,
則3x-3=.②
聯(lián)立①②可解得x0=-2,y0=-2,
從而實(shí)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(diǎn)處的切線方程為y=-3x,
故選C.]
8.(e,e)
解析 設(shè)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(diǎn)P的坐標(biāo)是(e,e).
9.y=-
解析 設(shè)y=f(x)=xex,令y′=ex+xex=ex(1+x)=0,得x=-1.當(dāng)x<-1時(shí),y′<0;當(dāng)x>-1時(shí),y′>0,故x=-1為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),切線斜率為0,
又f(-1)=-e-1=-,故切點(diǎn)坐標(biāo)為,切線方程為y+=0(x+1),即y=-.
10.
解析 設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)(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?yàn)?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(jià)于xln x>xe-x-.
設(shè)函數(shù)g(x)=xln x,則g′(x)=1+ln x.
所以當(dāng)x∈(0,)時(shí),g′(x)<0;
當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),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(shè)函數(shù)h(x)=xe-x-,
則h′(x)=e-x(1-x).
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h′(x)>0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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?yàn)閮傻忍?hào)無(wú)法同時(shí)取到,所以g(x)>h(x).
綜上,當(dāng)x>0時(shí),g(x)>h(x),即f(x)>1.
12.(1)解 由f(x)=4x-x4,可得f′(x)=4-4x3.
當(dāng)f′(x)>0,即x<1時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)f′(x)<0,即x>1時(shí),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(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0=,f′(x0)=-12.
曲線y=f(x)在點(diǎn)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?yàn)镕′(x0)=0,
所以當(dāng)x∈(-∞,x0)時(shí),F(xiàn)′(x)>0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),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(duì)于任意的實(shí)數(shù)x,
F(x)≤F(x0)=0,即對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x).
(3)證明 由(2)知g(x)=-12.
設(shè)方程g(x)=a的根為x2′,可得x2′=-+.
因?yàn)間(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減,
又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2′),
因此x2≤x2′.
類(lèi)似地,設(shè)曲線y=f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y=h(x),
可得h(x)=4x.
對(duì)于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(huán)(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x).
設(shè)方程h(x)=a的根為x1′,可得x1′=.
因?yàn)閔(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′=-+.
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