考點05導(dǎo)數(shù)的概念與應(yīng)用(解析版)

1、考點05導(dǎo)數(shù)的概念與應(yīng)用14【知識框圖】【自主熱身歸納提煉】考點05導(dǎo)數(shù)的概念與應(yīng)用【問題探究開狂思維】【自主熱身，歸納提煉】1、 (2021蘇州期末) 曲線y = x+ 2ex在x = 0處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為 .【答案】3【解析】由y = x + 2ex，得y= 1 + 2ex，切點為(0 , 2)，切線斜率為3，切線方程為y= 3x + 2.切線與坐標(biāo)2 1 2 2軸的交點為 A 3， 0 , B(0 , 2)，所以 Saaob= 2 3 2= 3.2、 (2021蘇錫常鎮(zhèn)、宿遷一調(diào))假設(shè)曲線G: y= ax3 6x2+ 12x與曲線G: y= ex在x= 1處的兩條切線互

2、相垂直，那么實數(shù)a的值為.1【答案】3e【解析】：因為y = 3ax2 12x + 12, y = e：所以兩條曲線在 x = 1處的切線斜率分別為 匕=3a, k2 = e,1即 k1 k2= 1，即 3ae = 1，所以 a= .3e3、(2021南通期末)在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，記曲線y= 2x -(x R, m存一2)在x= 1處的切線為直線xI.假設(shè)直線I在兩坐標(biāo)軸上的截距之和為12,那么實數(shù)m的值為.【答案】3或4【解析】ym=2 + x2, yx= 1= 2 + m 所以直線 l 的方程為 y (2 m) = (2 + m)( x 1)，即 y = (2 + m)x 2m令

3、x= 0,得 y= 2m 令 y = 0,2mx= t+ 2.由題意得m+2 2m= 12,IT+ 2解得m= 3 或 m= 4.4、(2021蘇北三市期末)函數(shù)f(x)322x 3x mx 5,m, 0x仝1,假設(shè)函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有兩個 x1.不同的交點，那么實數(shù) m的取值范圍為 .【答案】(5, 0)【解析】由 f(x) 2x3 3x2 m，所以，f (x) 6x2 6x，所以，f(x)在 0,1上單調(diào)遞增，即至多有一個交點，要使函數(shù)f (x)的圖象與x軸有且只有兩個不同的交點，即 m 50，從而可得m ( 5,0)m 05、(2021六市二模聯(lián)考)點A(1,1)和B( 1，

4、 3)在曲線C： y= ax3+ bx2 + d( a, b, d均為常數(shù))上.假設(shè)曲線C在點A, B處的切線互相平行，那么a3 + b2 + d=.【答案】7【解析】由題意得 y= 3ax2 + 2bx，因為 ki= k2,所以 3a+ 2b= 3a 2b,即 b= 0.又 a+ d= 1, d a=323，所以 d= 1, a= 2，即 a + b + d = 7.6、 (2021南通二模聯(lián)考) 函數(shù)f(x) = In x夕* R)在區(qū)間1 , e上取得最小值 4,貝U m=.【答案】3e【解析】：因為f (x)在區(qū)間1 , e上取得最小值 4,所以至少滿足f (1) 4, f(e) 4,

5、解得m 3e，又f (x)=竺毀 且 x 1 , e，所以 f (x)0，即 f (x)在1 , e上單調(diào)遞減，所以 f (x) min= f (e) = 1 史=xe4，即 m= 3e.精彩點評：此題的解法采用了逐步逼近的方法，此題題干中所給條件為f(x)在區(qū)間1 , e上取得最小值4，那么f(1) 0時，實數(shù)b的最小 值是.【答案】 1【解析】因為直線y x b是曲線y al nx的切線，令切點為(x0, x0 b)所以 y lx xo a 1, x0 a, a b aln a,b alna a。令函數(shù) g(a) alna a(a 0)g (a) In a 1 1 In a=0 時，a 1

6、 當(dāng) 0 a 1 時，g (a)0，當(dāng) a 1 時，g (a) 0 ,所以函數(shù)g(a)在(0,1)上遞減，在(1,)上遞增g(a)最小值為g(1)1所以b最小值為 1.【關(guān)聯(lián)2】假設(shè)函數(shù)f(x) x3 ax2 bx為奇函數(shù)，其圖象的一條切線方程為 y 3x 4血，那么b的值為.【答案】3.【解析】因為f (x)是奇函數(shù)，所以a=0, f(x) = x3+bx.設(shè)f(x)在點(X。，y)處的切線為：y 3x 4,2，得y 0 x3 bx03 3x( b ，解得 b= 3.y 3x)4 2【關(guān)聯(lián)3】(2021泰州調(diào)研)1曲線y = x(x0)與曲線y= In x公切線(切線相同)的條數(shù)為x【答案】

7、1【解析】：令公切線與曲線1f(x)=-切于點AX1, x (x10).因為 f (x)1 1X2，g (X)= Xx xIn X2+ 112X11所以 2 =, 即 X2 = X 1 .又 kAB= = 2，所以X1X2X2 X1X112ln X1+X112= 2，所以 2X1l n( X1) = X1 2.令一X1 = t 0,所以一2t I nt = t 2，即 2t I nt = t + X1 X1X11 1 1 12(t0)，所以Int = t + 2(t0)，畫出函數(shù)y= In t與y=t + 2的圖像(如圖)，在(0，+m )上只有一解，所以公切線只有一條.解后反思 此題也可用圖

8、像分析如圖，必定存在一條公切線，設(shè)這條切線與y= lnx的切點為P.向右11移動點P,那么切線的斜率變小，切線與y = -(x0)相交；向左移動點 P,那么切線的斜率變大，與y = -Xx(x o)在x= 1X I I處的切線為I，那么點(2 , - 1)到直線I的距離的最大值為【答案】2解法1由題意，切點坐標(biāo)為1, m，因為 y =m(x+ 1)m m為 y 2 = 4 (- 1)，即 I(m+4) 28m2= i 1 +2m+ 16m+ 16取等號)，那么dw 2,故點(2 ,2,所以切線I的斜率k=-m，故切線I的方程|2m 3 m- 4|:mx+ 4y 3m= o,那么點(2 , 1)

9、到直線 I的距離 d =2=扌m+ 416，又因為rnQ所以rn+ m21)到直線I的距離的最大值為2.m-蘭=8(當(dāng)且僅當(dāng)m= 4時 mmmm解法2由題意，切點坐標(biāo)為 1, ,因為y=2，所以切線I的斜率k =-,故切線I的2(- + 1)4方程為y m= ?x 1)，那么直線I : m(x 3) + 4y = o恒過定點(3 , o)，故當(dāng)直線I與兩點(3 , o) , (2 , 1)的連線垂直時，點(2 , 1)到直線I的距離的最大，且為 2.【關(guān)聯(lián)2】(2021南京、鹽城、連云港二模)在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，曲線C: xy = , 3上任意一點P到直線I : x+Q3y = 0的距

10、離的最小值為 .【答案】 3解法1根本不等式設(shè)曲線C: xy =、/3上任意一點P xo,右，它到直線I : x +寸3y = 0的距離3Xo+ xo3 |x o| + xo233,當(dāng)且僅當(dāng)|x o| =|x|，即xo = 3時取等號.Xo解法2導(dǎo)數(shù)設(shè)過曲線C: xy = Q3上任意一點Pxo,習(xí) 的切線與直線I : x +3y = o平行.xo因為 y =亠2，所以 y |x = xo=亠2 = ，解得 xo= 3.xxo 3中當(dāng) xo=3時，P 3 , 1到直線 I : x + 3y = o 的距離 d=13；31 =3;當(dāng)xo=時，P護,-1到直線I : x+Q3y = o的距離d =

11、1 =、/3,所以曲線C: xy = 3上任意一點到直線I : x + 3y = o的距離的最小值為3.【關(guān)聯(lián)3】2。17年栟茶中學(xué)模擬分別在曲線y ex與直線y ex 1上各取一點M,N那么MN的最小值解析：如下圖，在兩個函數(shù)圖像上分別取一點，求距離最小值等價為將直線y ex 1平移與y ex相切時的兩條平行線的距離設(shè)y ex上的任一點P x,y，那么在該點處的切線斜率 k ex e，所以x。 1 點評：一直線上任一點到另一曲線上任一點的距離最值問題可以不要用函數(shù)思想建立函數(shù)研究，可以直接即切線方程為y ee x 1，所以兩條平行線間的距離為根據(jù)最值的幾何特征，再進行代數(shù)計算X 【關(guān)聯(lián)4】(

12、2021宿遷期末)函數(shù)f(x) = l, g(x) = kx + b(k , b R).in x(1) 求函數(shù)y= f(x)的定義域和單調(diào)區(qū)間；2(2) 當(dāng)b=專且x1時，假設(shè)直線y = g(x)與函數(shù)y = f (x)的圖像相切，求 k的值；2 一 1 一(3) 當(dāng)b=- k時，假設(shè)存在x e , e ，使得f (x) 1)，然后應(yīng)用斜率的兩種算法(一是導(dǎo)數(shù)的幾何意義，一是解in xo釋幾何中斜率的定義即兩點坐標(biāo)形式)建立方程，解方程即可，解方程可先觀察出它的解，再用函數(shù)的單調(diào)性判斷其解的唯一性.(3)角度一，令$ (x) = f(x) g(x)( e x0 得 x (1 , e);由 h

13、(x)0,lnx 1f (x) = |n 2x, (2 分)lnx 1由 f (x) =20 得 x (e,+m );in xin x 1由 f (x) = in2x 1)，切線經(jīng)過點2X0ein X0 1in X0 4所以 k =f (X。)=從0，且 k = X0 0 .2X。e,in X。4 in X0 1 八 “口 e2 2八由 X0 0 = in 2X0，化簡得 4in X0= X0.(6 分 )2 l1 1 e x e xex因為 X01,所以 in X0= $/x0.21令 h(x) = in xx(x1)，所以 h (x)= 一ex所以y = h(x)在(1 , e2)上單調(diào)遞

14、增，在(e2,+ )上單調(diào)遞減，(8分)所以y = h(x)極大值=h(e) = 0,2 L2所以方程in X0= $X0在x (1 ,+s )上有唯一解X0 = e ,2 ine 11所以 k = f (e)= in 2e2 = 4.(10 分)X21 解法 1 令0 (x) = f(x) g(x) = mx kx + k( ewxw e)，依題意知 0 (x) minw空,In x 10(x) = ln2x k =1 1ln x 22+4 - k的值域為k, : k .(12 分)當(dāng)一k 0,即卩k w 0時,e2上單調(diào)遞增,1所以 0 (x) min=0 (e) = e k( e 1) w ?,1e2解得k ，與kw 0矛盾，不合題意.e 11 1當(dāng) 4 kw 0，即 k 4 時，0 (x) w 0, 0 (x)在e,-2 e221所以0 (x) min=