（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個月 必考題型過關(guān)練 第14練 高考對于導(dǎo)數(shù)幾何意義的必會題型 理

第14練高考對于導(dǎo)數(shù)幾何意義的必會題型題型一直接求切線或切線斜率問題例1已知f(x)＝x3＋f′(eq\f(2,3))x2－x，則f(x)的圖象在點(eq\f(2,3)，f(eq\f(2,3)))處的切線斜率是________．破題切入點先對函數(shù)求導(dǎo)，將x＝eq\f(2,3)代入求得f′(eq\f(2,3))的值即是．答案－1解析f′(x)＝3x2＋2f′(eq\f(2,3))x－1，令x＝eq\f(2,3)，可得f′(eq\f(2,3))＝3×(eq\f(2,3))2＋2f′(eq\f(2,3))×eq\f(2,3)－1，解得f′(eq\f(2,3))＝－1，所以f(x)的圖象在點(eq\f(2,3)，f(eq\f(2,3)))處的切線斜率是－1.題型二轉(zhuǎn)化為切線問題例2設(shè)點P在曲線y＝eq\f(1,2)ex上，點Q在曲線y＝ln(2x)上，則PQ的最小值為________．破題切入點結(jié)合圖形，將求PQ的最小值轉(zhuǎn)化為函數(shù)切線問題．答案eq\r(2)(1－ln2)解析由題意知函數(shù)y＝eq\f(1,2)ex與y＝ln(2x)互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于直線y＝x對稱，兩曲線上點之間的最小距離就是y＝x與y＝eq\f(1,2)ex上點的最小距離的2倍．設(shè)y＝eq\f(1,2)ex上點(x0，y0)處的切線與直線y＝x平行．則eq\f(1,2)ex0＝1，∴x0＝ln2，y0＝1，∴點(x0，y0)到y(tǒng)＝x的距離為eq\f(|ln2－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)(1－ln2)，則PQ的最小值為eq\f(\r(2),2)(1－ln2)×2＝eq\r(2)(1－ln2)．題型三綜合性問題例3(2013·課標(biāo)全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值．破題切入點先利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義和已知的切線方程列出關(guān)于a，b的方程組，求出a，b的值；然后確定函數(shù)f(x)的解析式，求出其導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，進(jìn)而確定極值．解(1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4＝ex(ax＋a＋b)－2x－4，∵y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4，∴f′(0)＝a＋b－4＝4，f(0)＝b＝4，∴a＝4，b＝4.(2)由(1)知f′(x)＝4ex(x＋2)－2(x＋2)＝2(x＋2)(2ex－1)，令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝lneq\f(1,2)，列表：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，ln\f(1,2)))lneq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值∴y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)，＋∞))；單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，ln\f(1,2))).f(x)極大值＝f(－2)＝4－4e－2.總結(jié)提高(1)熟練掌握導(dǎo)數(shù)的幾何意義，審準(zhǔn)題目，求出導(dǎo)數(shù)，有時需要設(shè)切點，然后根據(jù)直線的點斜式形式寫出切線方程．(2)一般兩曲線上點的距離的最小值或一曲線上點到一直線上點的距離的最小值的求法都是轉(zhuǎn)化為求曲線的切線，找出平行線然后求出最小值．(3)已知切線方程求參數(shù)的值或范圍時要驗證．1．已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，則a的值為________．答案2解析設(shè)直線y＝x＋1切曲線y＝ln(x＋a)于點(x0，y0)，則y0＝1＋x0，y0＝ln(x0＋a)，又y′＝eq\f(1,x＋a)，∴y′|x＝x0＝eq\f(1,x0＋a)＝1，即x0＋a＝1.又y0＝ln(x0＋a)，從而y0＝0，x0＝－1，∴a＝2.2．(2014·課標(biāo)全國Ⅱ改編)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝________.答案3解析令f(x)＝ax－ln(x＋1)，則f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1).由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得在點(0,0)處的切線的斜率為f′(0)＝a－1.又切線方程為y＝2x，則有a－1＝2，∴a＝3.3．曲線y＝eq\f(x,x＋2)在點(－1，－1)處的切線方程為________．答案2x－y＋1＝0解析易知點(－1，－1)在曲線上，且y′＝eq\f(x＋2－x,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，所以切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝－1＝eq\f(2,1)＝2.由點斜式得切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即2x－y＋1＝0.4．曲線y＝xlnx在點(e，e)處的切線與直線x＋ay＝1垂直，則實數(shù)a的值為________．答案2解析依題意得y′＝1＋lnx，y′|x＝e＝1＋lne＝2，所以－eq\f(1,a)×2＝－1，a＝2.5．(2014·大綱全國改編)曲線y＝xex－1在點(1,1)處切線的斜率等于________．答案2解析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＝2.6．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________．答案9解析先設(shè)切點為M(x0，y0)，則切點在曲線y0＝xeq\o\al(3,0)－3x0上，①求導(dǎo)數(shù)得到切線的斜率k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－3，又切線過A、M兩點，所以k＝eq\f(y0－16,x0)，則3xeq\o\al(2,0)－3＝eq\f(y0－16,x0).②聯(lián)立①②可解得x0＝－2，y0＝－2，從而實數(shù)a的值為a＝k＝eq\f(－2－16,－2)＝9.7．(2013·廣東)若曲線y＝ax2－lnx在點(1，a)處的切線平行于x軸，則a＝________.答案eq\f(1,2)解析y′＝2ax－eq\f(1,x)，所以y′|x＝1＝2a－1＝0，所以a＝eq\f(1,2).8．(2013·江西)若曲線y＝xα＋1(α∈R)在點(1,2)處的切線經(jīng)過坐標(biāo)原點，則α＝________.答案2解析y′＝αxα－1，∴y′|x＝1＝α.曲線在點(1,2)處的切線方程為y－2＝α(x－1)，將點(0,0)代入得α＝2.9．(2014·江西)若曲線y＝e－x上點P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，則點P的坐標(biāo)是________．答案(－ln2,2)解析設(shè)P(x0，y0)，∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，∴點P處的切線斜率為k＝－e－x0＝－2，∴－x0＝ln2，∴x0＝－ln2，∴y0＝eln2＝2，∴點P的坐標(biāo)為(－ln2,2)．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明：曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值．(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3.當(dāng)x＝2時，y＝eq\f(1,2).又f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設(shè)P(x0，y0)為曲線上任一點，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲線在點P(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)，即y－(x0－eq\f(3,x0))＝(1＋eq\f(3,x\o\al(2,0)))(x－x0)．令x＝0得y＝－eq\f(6,x0)，從而得切線與直線x＝0的交點坐標(biāo)為(0，－eq\f(6,x0))．令y＝x得y＝x＝2x0，從而得切線與直線y＝x的交點坐標(biāo)為(2x0,2x0)．所以點P(x0，y0)處的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形面積為eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形的面積為定值，此定值為6.11．(2014·北京)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值；(2)若過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍；(3)問過點A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y＝f(x)相切？(只需寫出結(jié)論)解(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2).因為f(－2)＝－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1，所以f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)設(shè)過點P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(x0，y0)，則y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切線斜率為k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切線方程為y－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)，整理得4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋t＋3＝0.設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，則“過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切”等價于“g(x)有3個不同的零點”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．當(dāng)x變化時，g(x)與g′(x)的變化情況如下：x(－∞，0)0(0,1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)t＋3t＋1所以，g(0)＝t＋3是g(x)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的極小值．當(dāng)g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時，g(x)在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點．當(dāng)g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時，g(x)在區(qū)間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點．當(dāng)g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1時，因為g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分別在區(qū)間[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1個零點．由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個零點．綜上可知，當(dāng)過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時，t的取值范圍是(－3，－1)．(3)過點A(－1,2)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切；過點B(2,10)存在2條直線與曲線y＝f(x)相切；過點C(0,2)存在1條直線與曲線y＝f(x)相切．12．(2014·課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,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.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋eq\f(a,x)ex－eq\f(b,x2)ex－1＋eq\f(b,x)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)＝exlnx＋eq\f(2,x)ex－1，從而f(x)>1等價于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).設(shè)函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx.所以當(dāng)x∈(0，eq\f(1,e))時，g′(x)<0；當(dāng)x∈(eq\f(1,e)，