专题10+导数的概念及运算-2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍

专题10+导数的概念及运算-2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍

专题 10 导数的概念及运算 1．了解导数概念的实际背景。 2．通过函数图象直观理解导数的几何意义。 3．能根据导数的定义求函数 y＝c(c 为常数)，y＝x，y＝1 x ，y＝x2，y＝x3，y＝ x的导数。 4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。 热点题型一 导数的计算 例 1、求下列函数的导数 (1)y＝exsinx；(2)y＝x x2＋1 x ＋1 x3 ； (3)y＝x－sinx 2cosx 2 。(4)y＝ln(1－2x)。 【提分秘籍】导数计算的原则和方法 (1)原则：先化简解析式，使之变成能用八个求导公式求导的函数的和、差、积、商，再求 导。 (2)方法： ①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导； ②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； ③对数形式：先化为和、差和的形式，再求导； ④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导； ⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导。 【举一反三】 求下列函数的导数 (1)y＝(2x2－1)(3x＋1)； (2)y＝ x＋x5＋sinx x2 ； (3)y＝－sinx 2 1－2cos2x 4 。 解析：(1)因为 y＝(2x2－1)(3x＋1)＝6x3＋2x2－3x－1， 所以，y′＝(6x3)′＋(2x2)′－(3x)′＝18x2＋4x－3。 (2)因为 y＝ ＝x 3 2  ＋x3＋sinx x2 ， 所以，y′＝(x 3 2  )′＋(x3)′＋ sinx x2 ′＝－3 2x 5 2  ＋3x2＋x2cosx－2xsinx x4 ＝3x2＋x－2cosx－3 2x 5 2  －2x－ 3sinx。 (3)因为 y＝－sinx 2 1－2cos2x 4 ＝sinx 2 2cos2x 4 －1 ＝sinx 2cosx 2 ＝1 2sinx，所以，y′＝1 2cosx。 热点题型二 导数的几何意义及应用 例 2、【2017 山东，理 20】已知函数   2 2cosf x x x  ，    cos sin 2 2xg x e x x x    ，其 中 2.71828e   是自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程； （Ⅱ）令       h x g x af x a R   ，讨论  h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极 值. 【答案】（1） 22π π 2y x   （2）见解析 【解析】 （Ⅰ）由题意   2 2f    又   2 2sinf x x x  ， 所以   2f    ， 因此 曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程为    2 2 2y x      ， 即 22 2y x    . （Ⅱ）由题意得      2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x      ， 因为        cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x             2 sin 2 sinxe x x a x x      2 sinxe a x x   ， 令   sinm x x x  则   1 cos 0m x x   所以  m x 在 R 上单调递增. 因为  0 0,m  所以 当 0x  时，   0,m x  当 0x  时，   0m x  (1)当 0a  时， xe a 0 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以 当 0x  时  h x 取得极小值，极小值是  0 2 1h a   ； (2)当 0a  时，     ln2 sinx ah x e e x x    由   0h x  得 1 lnx a ， 2 =0x ①当 0 1a  时， ln 0a  ， 当  ,lnx a  时，  ln 0, 0x ae e h x ，  h x 单调递增； 当  ln ,0x a 时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递减； 当  0,x  时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递增. 所以 当 lnx a 时  h x 取得极大值. 极大值为      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        ， 当 0x  时  h x 取到极小值，极小值是  0 2 1h a   ； ②当 1a  时， ln 0a  ， 所以 当  ,x   时，   0h x  ，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述： 当 0a  时，  h x 在 ,0 上单调递减，在  0, 上单调递增， 函数  h x 有极小值，极小值是  0 2 1h a   ； 当 0 1a  时，函数  h x 在 ,lna 和 0,lna 和 0, 上单调递增，在 ln ,0a 上单 调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        极小值是  0 2 1h a   ； 当 1a  时，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； 当 1a  时，函数  h x 在 ,0 和 ln ,a  上单调递增， 在 0,lna 上单调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是  0 2 1h a   ； 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 【提分秘籍】 导数几何意义的应用及解决 (1)已知切点 A(x0，y0)求斜率 k，即求该点处的导数值 k＝f′(x0)。 (2)已知斜率 k，求切点 A(x1，f(x1))，即解方程 f′(x1)＝k。 (3)求过某点 M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点 A(x0，f(x0))，则切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x －x0)，再把点 M(x1，y1)代入切线方程，求 x0。 (4)根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点 P(x0，y0)既在曲线上又在切线上构 造方程组求解。 提醒：当切线方程中 x(或 y)的系数含有字母参数时，则切线恒过定点。 【举一反三】 设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2x，则 a＝( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：y′＝a－ 1 x＋1 ，由题意得 y′|x＝0＝2， 即 a－1＝2，所以 a＝3。 答案：D 【2017 天津，理 20】设 aZ ，已知定义在 R 上的函数 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     在 区间 (1,2) 内有一个零点 0x ， ( )g x 为 ( )f x 的导函数. （Ⅰ）求 ( )g x 的单调区间； （Ⅱ）设 0 0[1, ) ( ,2]m x x  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   ，求证： 0( ) ( ) 0h m h x  ； （Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 ,p q ，且 0 0[1, ) ( ,2],p x xq   满 足 0 4 1| |p xq Aq   . 【答案】（Ⅰ）增区间是  , 1  ， 1 ,4     ，递减区间是 11, 4     .（Ⅱ）见解析；（III） 见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由   4 3 22 3 3 6f x x x x x a     ，可得     3 28 9 6 6g x f x x x x     ， 进而可得   224 18 6g x x x    .令   0g x  ，解得 1x   ，或 1 4x  . 当 x 变化时， ( ), ( )g x g x 的变化情况如下表： x ( , 1)  1( 1, )4  1( , )4  ( )g x + - + ( )g x ↗ ↘ ↗ 所以， ( )g x 的单调递增区间是 ( , 1)  ， 1( , )4  ，单调递减区间是 1( 1, )4  . （III）证明：对于任意的正整数 p ， q ，且 0 0[1 ) ( , ], 2p x xq   ， 令 pm q  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h g m xx x mf   . 由（II）知，当 0[1 ),m x 时， ( )h x 在区间 0( , )m x 内有零点； 当 0( ,2]m x 时， ( )h x 在区间 0( ),x m 内有零点. 所以 ( )h x 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 1x ，则 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx    . 由（I）知 ( )g x 在[1,2] 上单调递增，故 10 ( ) ( )1 2( )g xg g   ， 于是 4 3 2 2 3 4 0 4 1 ( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2 p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q        . 因为当 [1 2],x  时， ( ) 0g x  ，故 ( )f x 在[1,2] 上单调递增， 所以 ( )f x 在区间[1,2] 上除 0x 外没有其他的零点，而 0 p xq  ，故 ( ) 0pf q  . 又因为 p ， q ， a 均为整数，所以 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 |p p q p q pq aq    是正整数， 从而 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 | 1p p q p q pq aq     . 所以 0 4 1| 2| ( ) p xq g q   .所以，只要取 ( )2A g ，就有 0 4 1| |p xq Aq   . 【2017 山东，理 20】已知函数   2 2cosf x x x  ，    cos sin 2 2xg x e x x x    ，其中 2.71828e   是自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程； （Ⅱ）令       h x g x af x a R   ，讨论  h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极 值. 【答案】（1） 22π π 2y x   （2）见解析 【解析】 （Ⅱ）由题意得      2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x      ， 因为        cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x             2 sin 2 sinxe x x a x x      2 sinxe a x x   ， 令   sinm x x x  则   1 cos 0m x x   所以  m x 在 R 上单调递增. 因为  0 0,m  所以 当 0x  时，   0,m x  【来.源：全,品…中&高*考*网】 当 0x  时，   0m x  (1)当 0a  时， xe a 0 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以 当 0x  时  h x 取得极小值，极小值是  0 2 1h a   ； (2)当 0a  时，     ln2 sinx ah x e e x x    由   0h x  得 1 lnx a ， 2 =0x ①当 0 1a  时， ln 0a  ， 当  ,lnx a  时，  ln 0, 0x ae e h x ，  h x 单调递增； 当  ln ,0x a 时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递减； 当  0,x  时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递增. 所以 当 lnx a 时  h x 取得极大值 极大值为      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        ， 当 0x  时  h x 取到极小值，极小值是  0 2 1h a   ； ②当 1a  时， ln 0a  ， 所以 当  ,x   时，   0h x  ，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； ③当 1a  时， ln 0a  所以 当  ,0x  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 当  0,lnx a 时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递减； 当  ln ,x a  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 所以 当 0x  时  h x 取得极大值，极大值是  0 2 1h a   ； 当 lnx a 时  h x 取得极小值. 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述： 当 1a  时，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； 当 1a  时，函数  h x 在 ,0 和 ln ,a  上单调递增， 在 0,lna 上单调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是  0 2 1h a   ； 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 【2016 高考山东理数】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 切线互相垂直，则称 ( )y f x 具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是（ ） （A） siny x （B） lny x （C） exy  （D） 3y x 【答案】A 【解析】当 siny x 时， cosy x  ，cos0 cos 1    ，所以在函数 siny x 图象存在两 点，使条件成立，故 A 正确；函数 3ln , e ,xy x y y x   的导数值均非负，不符合题意， 故选 A。 【2015 高考福建，理 10】若定义在 R 上的函数  f x 满足  0 1f   ，其导函数  f x 满 足   1f x k   ，则下列结论中一定错误的是（ ） A． 1 1f k k      B． 1 1 1f k k       C． 1 1 1 1f k k       D． 1 1 1 kf k k       【答案】C 【解析】由已知条件，构造函数 ( ) ( )g x f x kx  ，则 ( ) ( ) 0g x f x k   ，故函数 ( )g x 在 R 上单 调递增，且 1 01k  ，故 1( ) (0)1g gk  ，所以 1( ) 11 1 kf k k     ， 1 1( )1 1f k k   ， 所 以 结 论 中 一 定 错 误 的 是 C ， 选 项 D 无 法 判 断 ； 构 造 函 数 ( ) ( )h x f x x  ， 则 ( ) ( ) 1 0h x f x   ，所以函数 ( )h x 在 R 上单调递增，且 1 0k  ，所以 1( ) (0)h hk  ，即 1 1( ) 1f k k    ， 1 1( ) 1f k k   ，选项 A,B 无法判断，故选 C． 【2014·安徽卷】设函数 f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中 a＞0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性； (2)当 x∈[0，1]时 ，求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值． 【解析】解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 令 f′(x)＝0，得 x1＝－1－ 4＋3a 3 ， x2＝－1＋ 4＋3a 3 ，x1x2 时，f′(x)<0； 当 x10. 故 f(x)在 －∞，－1－ 4＋3a 3 和 －1＋ 4＋3a 3 ，＋∞ 内单调递减， 在 －1－ 4＋3a 3 ，－1＋ 4＋3a 3 内单调递增． (2)因为 a>0，所以 x1<0，x2>0， ①当 a≥4 时，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增， 所以 f(x)在 x＝0 和 x＝1 处分别取得最小值和最大值． ②当 0c1 p. ①当 n＝1 时，由题设知 a1>c 1 p 成立． ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>c 1 p成立． 由 an＋1＝p－1 p an＋c pa 1－pn 易知 an>0，n∈N*. 当 n＝k＋1 时，ak＋1 ak ＝p－1 p ＋c pa－pk ＝ 1＋1 p c apk －1 . 由 ak>c1 p>0 得－1<－1 p<1 p c apk －1 <0. 由(1)中的结论得 ak＋1 ak p ＝ 1＋1 p c apk －1 p >1＋p· 1 p c apk －1 ＝ c apk . 因此 apk＋1>c，即 ak＋1>c1 p ， 所以当 n＝k＋1 时，不等式 an>c 1 p 也成立． 综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>c 1 p 均成立． 再由an＋1 an ＝1＋1 p c apn －1 可得an＋1 an <1， 即 an＋1an＋1>c1 p ，n∈N*. 方法二：设 f(x)＝p－1 p x＋c px1－p，x≥c1 p ，则 xp≥c， 所以 f′(x)＝p－1 p ＋c p(1－p)x－p＝p－1 p 1－ c xp >0. 由此可得，f(x)在[c1 p ，＋∞)上单调递增，因而，当 x>c 1 p 时，f(x)>f(c1 p)＝c1 p. ①当 n＝1 时，由 a1>c1 p>0，即 ap1>c 可知 a2＝p－1 p a1＋c pa1－p1 ＝a1 1＋1 p c ap1 －1 c1 p ，从而可得 a1>a2>c1 p ， 故当 n＝1 时，不等式 an>an＋1>c 1 p 成立． ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>ak＋1>c 1 p 成立，则当 n＝k＋1 时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c1 p)， 即有 ak＋1>ak＋2>c1 p ， 所以当 n＝k＋1 时，原不等式也成立． 综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>an＋1>c 1 p 均成立． 【2014·福建卷】已知函数 f(x)＝ex－ax(a 为常数)的图像与 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，x2ln 2 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当 x＝ln 2 时，f(x)取得极小值， 且极小值为 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)无极大值． ②若 01，要使不等式 x2kx2 成立． 而要使 ex>kx2 成立，则只要 x>ln(kx2)，只要 x>2ln x＋ln k 成立． 令 h(x)＝x－2ln x－ln k，则 h′(x)＝1－2 x ＝x－2 x . 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)－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＝16 c ，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，ex>x2，所以 ex＝ex 2·ex 2> x 2 2 · x 2 2 ， 当 x>x0 时，ex> x 2 2 x 2 2 >4 c x 2 2 ＝1 cx2， 因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈ (x0，＋∞)时，恒有 x20 时，x2x0 时，有 1 cx2<1 3x30，f(x)单调递增； 当 x∈ 0，1 2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故 f(x)在 x＝－2 处取得极小值 f(－2)＝0，在 x＝0 处取得极大值 f(0)＝4. (2)f′(x)＝－x[5x＋（3b－2）] 1－2x ，易知当 x∈ 0，1 3 时， －x 1－2x <0， 依题意当 x∈ 0，1 3 时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而5 3 ＋(3b－2)≤0，得 b≤1 9. 所以 b 的取值范围为 －∞，1 9 . 【2014·全国卷】 曲线 y＝xex－1 在点(1，1)处切线的斜率等于( ) A．2e B．e C．2 D．1 【答案】C 【解析】因为 y′＝(xex－1)′＝ex－1＋xex－1，所以 y＝xex－1 在点(1，1)处的导数是 y′|x＝1＝e1－1＋e1 －1＝2，故曲线 y＝xex－1 在点(1，1)处的切线斜率是 2. 【2014·新课标全国卷Ⅱ】设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为 y＝2x，则 a＝ ( ) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】y′＝a－ 1 x＋1 ，根据已知得，当 x＝0 时，y′＝2，代入解得 a＝3. 【2014·陕西卷】设函数 f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中 f′(x)是 f(x)的导函数． (1)令 g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求 gn(x)的表达式； (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围； (3)设 n∈N＋，比较 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与 n－f(n)的大小，并加以证明． 【解析】解：由题设得，g(x)＝ x 1＋x (x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝ x 1＋x ， g2(x)＝g(g1(x))＝ x 1＋x 1＋ x 1＋x ＝ x 1＋2x ， g3(x)＝ x 1＋3x ，…，可得 gn(x)＝ x 1＋nx . 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝1 时，g1(x)＝ x 1＋x ，结论成立． ②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x 1＋kx . 那么，当 n＝k＋1 时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk（x） 1＋gk（x） ＝ x 1＋kx 1＋ x 1＋kx ＝ x 1＋（k＋1）x ，即结论成 立． 由①②可知，结论对 n∈N＋成立． (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax 1＋x 恒成立． 设φ(x)＝ln(1＋x)－ ax 1＋x (x≥0)， 则φ′(x)＝ 1 1＋x － a （1＋x）2 ＝ x＋1－a （1＋x）2 ， 当 a≤1 时，φ′(x)≥0(仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax 1＋x 恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)． 当 a>1 时，对 x∈(0，a－1]有φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，【来.源：全,品…中&高*考*网】 ∴φ(a－1)<φ(0)＝0. 即 a>1 时，存在 x>0，使φ(x)<0， 故知 ln(1＋x)≥ ax 1＋x 不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝1 时，1 2 x 1＋x ，x>0. 令 x＝1 n ，n∈N＋，则 lnn＋1 n > 1 n＋1 . 故有 ln 2－ln 1>1 2 ， ln 3－ln 2>1 3 ， …… ln(n＋1)－ln n> 1 n＋1 ， 上述各式相加可得 ln(n＋1)>1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 n＋1 ， 结论得证． 方法三：如图，错误! x x＋1 dx 是由曲线 y＝ x x＋1 ，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1 2 ＋2 3 ＋…＋ n n＋1 是图中所示各矩形的面积和， ∴1 2 ＋2 3 ＋…＋ n n＋1 >错误! x x＋1 dx＝ 错误! 1－ 1 x＋1 dx＝n－ln(n＋1)， 结论得证． 【2014·四川卷】设等差数列{an}的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)＝2x 的图像上(n∈N*)． (1)若 a1＝－2，点(a8，4b7)在函数 f(x)的图像上，求数列{an}的前 n 项和 Sn； (2)若 a1＝1，函数 f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2－ 1 ln 2 ，求数列 an bn 的 前 n 项和 Tn. 【解析】(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以 2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得 d＝a8－a7＝2， 所以 Sn＝na1＋n（n－1） 2 d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n. (2)函数 f(x)＝2x 在点(a2，b2)处的切线方程为 y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)， 其在 x 轴上的截距为 a2－ 1 ln 2. 由题意有 a2－ 1 ln 2 ＝2－ 1 ln 2 ，解得 a2＝2. 所以 d＝a2－a1＝1. 从而 an＝n，bn＝2n， 所以数列{an bn }的通项公式为an bn ＝ n 2n ，【来.源：全,品…中&高*考*网】 所以 Tn＝1 2 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋n－1 2n－1 ＋ n 2n ， 2Tn＝1 1 ＋2 2 ＋ 3 22 ＋…＋ n 2n－1 ， 因此，2Tn－Tn＝1＋1 2 ＋ 1 22 ＋…＋ 1 2n－1 － n 2n ＝2－ 1 2n－1 － n 2n ＝2n＋1－n－2 2n . 所以，Tn＝2n＋1－n－2 2n . 1．已知函数 y＝xlnx，则这个函数在点 x＝1 处的切线方程是( ) A．y＝2x－2 B．y＝2x＋2 C．y＝x－1 D．y＝x＋1 解析：∵y′＝lnx＋1，∴x＝1 时，y′|x＝1＝1， ∵x＝1 时，y＝0，∴切线方程为 y＝x－1. 答案：C 2．函数 f(x)＝excosx 的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( ) A.π 4 B．0 C.3π 4 D．1 解析：由 f′(x)＝ex(cosx－sinx)，则在点(0，f(0))处的切线的斜率 k＝f′(0)＝1，故倾斜角为π 4 ， 选 A. 答案：A 3．若函数 f(x)＝ax4＋bx2＋c 满足 f′(1)＝2，则 f′(－1)等于( ) A．－1 B．－2 C．2 D．0 解析：f′(x)＝4ax3＋2bx， ∵f′(x)为奇函数且 f′(1)＝2，∴f′(－1)＝－2. 答案：B 4．若曲线 f(x)＝x4－x 在点 P 处的切线平行于直线 3x－y＝0，则点 P 的坐标为( ) A．(－1,2) B．(1，－3) C．(1,0) D．(1,5) 解析：设点 P 的坐标为(x0，y0)，因为 f′(x)＝4x3－1，所以 f′(x0)＝4x30－1＝3，即 x0＝1.把 x0 ＝1 代入函数 f(x)＝x4－x 得 y0＝0，所以点 P 的坐标为(1,0)． 答案：C 5．若点 P 是函数 y＝ex－e－x－3x(－1 2≤x≤1 2)图象上任意一点，且在点 P 处切线的倾斜角为α， 则α的最小值是( ) A.5π 6 B.3π 4 C.π 4 D.π 6 6．已知函数 f(x)＝－1 3x3＋2x2＋2x，若存在满足 0≤x0≤3 的实数 x0，使得曲线 y＝f(x)在点(x0， f(x0))处的切线与直线 x＋my－10＝0 垂直，则实数 m 的取值范围是( ) A．[6，＋∞) B．(－∞，2] C．[2,6] D．[5,6] 解析：f′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，因为 x0∈[0,3]，所以 f′(x0)∈[2,6]，又因为切线与 直线 x＋my－10＝0 垂直，所以切线的斜率为 m，所以 m 的取值范围是[2,6]． 答案：C 7．曲线 y＝ sinx sinx＋cosx －1 2 在点 M(π 4 ，0)处的切线的斜率为( ) A．－1 2 B.1 2 C．－ 2 2 D. 2 2 解析：∵y′＝ 1 sinx＋cosx 2·[cosx(sinx＋cosx)－sinx·(cosx－sinx)]＝ 1 sinx＋cosx 2 ，∴y′x ＝π 4 ＝1 2 ，∴k＝y′| x＝π 4 ＝1 2. 答案：B 8．已知 y＝f(x)是可导函数，如图，直线 y＝kx＋2 是曲线 y＝f(x)在 x＝3 处的切线，令 g(x) ＝xf(x)，g′(x)是 g(x)的导函数，则 g′(3)＝( ) A．－1 B．0 C．2 D．4 解析：由题图可知曲线 y＝f(x)在 x＝3 处切线的斜率等于－1 3 ，∴f′(3)＝－1 3 ，∵g(x)＝xf(x)， ∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，又由题图可知 f(3)＝1，所以 g′(3)＝1＋3× －1 3 ＝ 0. 答案：B 9．若 P 为曲线 y＝lnx 上一动点，Q 为直线 y＝x＋1 上一动点，则|PQ|min＝( ) A．0 B. 2 2 C. 2 D．2 解析：如图所示，直线 l 与 y＝lnx 相切且与 y＝x＋1 平行时，切点 P 到直线 y＝x＋1 的距离 |PQ|即为所求最小值．(lnx)′＝1 x ，令1 x ＝1，得 x＝1.故 P(1,0)．故|PQ|min＝ 2 2 ＝ 2，故选 C. 答案：C 10．过点(1，－1)且与曲线 y＝x3－2x 相切的切线方程为( ) A．x－y－2＝0 或 5x＋4y－1＝0 B．x－y－2＝0 C．x－y＋2＝0 D．x－y－2＝0 或 4x＋5y＋1＝0 11．函数 f(x)＝excosx 的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( ) A.π 4 B．0 C.3π 4 D．1 解析 f′(x)＝excosx－exsinx，所以 f′(0)＝e0cos0－e0sin0＝1，所以倾斜角为π 4 。故选 A。 答案 A 12．知直线 y＝－x＋m 是曲线 y＝x2－3lnx 的一条切线，则 m 的值为( ) A．0 B．2 C．1 D．3 解析 因为直线 y＝－x＋m 是曲线 y＝x2－3lnx 的切线，所以令 y′＝2x－3 x ＝－1，得 x＝1 或 x＝－3 2 (舍去)，即切点为(1,1)，又切点(1,1)在直线 y＝－x＋m 上，所以 m＝2。故选 B。 答案 B 13．设曲线 y＝ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y＝1 x (x>0)上点 P 处的切线垂直，则 P 的坐标为 ________。 14．如图，函数 y＝f(x)的图象在点 P 处的切线方程是 y＝－x＋8，则 f(5)＋f′(5)＝ ________。 解析 ∵x＝5，∴f(5)＝－5＋8＝3。又∵f′(5)＝－1， ∴f(5)＋f′(5)＝3－1＝2。 答案 2 15．已知函数 y＝f(x)的图象在 M(1，f(1))处的切线方程是 y＝1 2x＋2，则 f(1)＋f′(1)＝________. 解析：由题设知，点 M(1，f(1))既在函数 y＝f(x)的图象上，又在切线 y＝1 2x＋2 上，所以 f(1) ＝1 2 ＋2＝5 2 ，又 f′(1)＝1 2 ，所以 f(1)＋f′(1)＝5 2 ＋1 2 ＝3. 答案：3 16．若抛物线 y＝x2－x＋c 上的一点 P 的横坐标是－2，抛物线过点 P 的切线恰好过坐标原 点，则实数 c 的值为________． 解析：∵y′＝2x－1，∴y′|x＝－2＝－5. 又 P(－2,6＋c)，∴6＋c －2 ＝－5，∴c＝4. 答案：4 17．已知函数 f(x)＝f′(π 4)cosx＋sinx，所以 f(π 4)的值为________． 解析：因为 f′(x)＝－f′(π 4)sinx＋cosx，所以 f′(π 4)＝－f′(π 4)sinπ 4 ＋cosπ 4 ，所以 f′(π 4)＝ 2－1，故 f(π 4) ＝f′(π 4)cosπ 4 ＋sinπ 4 ＝1. 答案：1 18．若对于曲线 f(x)＝－ex－x(e 为自然对数的底数)的任意切线 l1，总存在曲线 g(x)＝ax＋ 2cosx 的切线 l2，使得 l1⊥l2，则实数 a 的取值范围为________． 答案：[－1,2] 19．已知函数 f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲线 y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程； (2)如果曲线 y＝f(x)的某一切线与直线 y＝－1 4x＋3 垂直，求切点坐标与切线的方程． 解：(1)可判定点(2，－6)在曲线 y＝f(x)上． ∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1. ∴在点(2，－6)处的切线的斜率为 k＝f′(2)＝13. ∴切线的方程为 y＝13(x－2)＋(－6)，即 y＝13x－32. (2)∵切线与直线 y＝－1 4x＋3 垂直， ∴切线的斜率为 k＝4. 设切点的坐标为(x0，y0)，则 f′(x0)＝3x20＋1＝4. ∴x0＝±1. ∴ x0＝1， y0＝－14， 或 x0＝－1， y0＝－18. ∴切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)． 切线方程为 y＝4(x－1)－14 或 y＝4(x＋1)－18. 即 y＝4x－18 或 y＝4x－14. 20．已知函数 f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12 和直线 m：y＝kx＋9，且 f′(－1) ＝0. (1)求 a 的值； (2)是否存在 k 的值，使直线 m 既是曲线 y＝f(x)的切线，又是曲线 y＝g(x)的切线？如果存在， 求出 k 的值；如果不存在，说明理由． 解：(1)f′(x)＝3ax2＋6x－6a，f′(－1)＝0. 即 3a－6－6a＝0， ∴a＝－2. (2)存在． ∵直线 m 恒过定点(0,9)，直线 m 是曲线 y＝g(x)的切线， 设切点为(x0,3x20＋6x0＋12)， ∵g′(x0)＝6x0＋6， ∴切线方程为 y－(3x20＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)， 将点(0,9)代入，得 x0＝±1.【来.源：全,品…中&高*考*网】 当 x0＝－1 时，切线方程为 y＝9； 当 x0＝1 时，切线方程为 y＝12x＋9. 由 f′(x)＝0，得－6x2＋6x＋12＝0. 即有 x＝－1 或 x＝2， 当 x＝－1 时，y＝f(x)的切线方程为 y＝－18； 当 x＝2 时，y＝f(x)的切线方程为 y＝9. ∴公切线是 y＝9. 又令 f′(x)＝12，得－6x2＋6x＋12＝12， ∴x＝0 或 x＝1. 当 x＝0 时，y＝f(x)的切线方程为 y＝12x－11； 当 x＝1 时，y＝f(x)的切线方程为 y＝12x－10， ∴公切线不是 y＝12x＋9. 综上所述公切线是 y＝9，此时 k＝0.