高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《導(dǎo)數(shù)的概念與運算》專項測試卷及答案

第第頁高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《導(dǎo)數(shù)的概念與運算》專項測試卷及答案學(xué)校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________復(fù)習(xí)要點1.了解平均變化率、瞬時變化率，了解導(dǎo)數(shù)概念的實際背景.2.通過函數(shù)圖象直觀理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.3.能根據(jù)導(dǎo)數(shù)定義，求函數(shù)y＝c，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù).4.能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù).5.能求簡單的復(fù)合函數(shù)(形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù)．一導(dǎo)數(shù)的概念1．平均變化率：對于函數(shù)y＝f(x)，我們把比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)叫做函數(shù)y＝f(x)從x0到x0＋Δx的平均變化率．2．函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)：稱函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)為函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).3．幾何意義函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是：在曲線y＝f(x)上點(x0，f(x0))處的切線的斜率．相應(yīng)地，切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．二基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，且α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝axln_af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1，x>0)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnx(x>0)f′(x)＝eq\f(1,x)三導(dǎo)數(shù)的運算法則若y＝f(x)，y＝g(x)的導(dǎo)數(shù)存在，則(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．四復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)設(shè)函數(shù)u＝φ(x)在點x處有導(dǎo)數(shù)u′＝φ′(x)，函數(shù)y＝f(u)在點x的對應(yīng)點u處有導(dǎo)數(shù)y′＝f′(u)，則復(fù)合函數(shù)y＝f(φ(x))在點x處也有導(dǎo)數(shù)y′x＝y(tǒng)′u·u′x，即y對x的導(dǎo)數(shù)等于y對u的導(dǎo)數(shù)與u對x的導(dǎo)數(shù)的乘積．常/用/結(jié)/論1．奇函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是偶函數(shù)，偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù)，周期函數(shù)的導(dǎo)數(shù)還是周期函數(shù)．2.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2).(eq\r(x))′＝eq\f(1,2\r(x))3.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,fx)))′＝eq\f(－f′x,[fx]2)(f(x)≠0)．4．[af(x)±bg(x)]′＝af′(x)±bg′(x)．1．判斷下列結(jié)論是否正確．(1)f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率．()(2)與曲線只有一個公共點的直線一定是曲線的切線．()(3)f′(x0)＝[f(x0)]′.()(4)若f(x)＝sin(－x)，則f′(x)＝cos(－x)．()2．(2024·遼寧營口模擬)下列函數(shù)的求導(dǎo)正確的是()A．(x－2)′＝－2xB．(xcosx)′＝cosx－xsinxC．(ln10)′＝eq\f(1,10)D．(e2x)′＝2ex解析：∵(x－2)′＝－2x－3，∴A錯誤；∵(xcosx)′＝cosx－xsinx，∴B正確；∵(ln10)′＝0，∴C錯誤；∵(e2x)′＝2e2x，∴D錯誤．故選B.答案：B3．設(shè)正弦函數(shù)y＝sinx在x＝0和x＝eq\f(π,2)處的瞬時變化率為k1，k2，則k1，k2的大小關(guān)系為()A．k1＞k2 B．k1＜k2C．k1＝k2 D．不確定解析：∵y＝sinx，∴y′＝(sinx)′＝cosx.∴k1＝cos0＝1，k2＝coseq\f(π,2)＝0，∴k1＞k2.答案：A4．(1)已知函數(shù)y＝f(x)，若f′(x0)＝－3，則lieq\o(m,\s\do15(h→0))eq\f(fx0＋h－fx0,h)＝________.(2)曲線y＝eq\f(x2,2)－3lnx的斜率為－2的切線方程為________．解析：(1)依題意，lieq\o(m,\s\do15(h→0))eq\f(fx0＋h－fx0,h)＝f′(x0)＝－3.(2)∵y＝eq\f(x2,2)－3lnx，x＞0，∴y′＝x－eq\f(3,x)，由y′＝x－eq\f(3,x)＝－2，可得x＝1或x＝－3(舍去)，當(dāng)x＝1時，y＝eq\f(1,2)，∴曲線y＝eq\f(x2,2)－3lnx的斜率為－2的切線方程為y－eq\f(1,2)＝－2(x－1)，即4x＋2y－5＝0.答案：(1)－3(2)4x＋2y－5＝0題型對導(dǎo)數(shù)概念的理解典例1(1)函數(shù)f(x)＝x2在區(qū)間[1,2]上的平均變化率為________，在x＝2處的導(dǎo)數(shù)為________．(2)設(shè)f(x)＝x2－x，則lieq\o(m,\s\do15(Δx→0))eq\f(f2－Δx－f2,Δx)＝________.解析：(1)函數(shù)f(x)＝x2在區(qū)間[1,2]上的平均變化率為eq\f(22－12,2－1)＝3；因為f′(x)＝2x，所以f(x)在強調(diào)概念，平均變化率＝eq\f(f2－f1,2－1).x＝2處的導(dǎo)數(shù)為2×2＝4.故答案為34.(2)∵f(x)＝x2－x，∴f′(x)＝2x－1.eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f2－Δx－f2,Δx)＝－eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f2－Δx－f2,－Δx)＝－f′(2)＝－(2×2－1)＝－3.故答案為－3.導(dǎo)數(shù)定義的探究(1)判斷一個函數(shù)在某點是否可導(dǎo)就是判斷當(dāng)Δx→0時該函數(shù)的平均變化率eq\f(Δy,Δx)的極限是否存在．這樣講很籠統(tǒng)，應(yīng)這樣說，基本初等函數(shù)在定義域內(nèi)每個點處都可導(dǎo).(2)利用導(dǎo)數(shù)定義求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)時，先算函數(shù)值的變化量Δy，再算比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)，再這里有兩個量，Δx和x，在求極限過程中，x暫時理解為常量，此時Δx為變量，在極限結(jié)果中，Δx消失，此時x可以看作變量了．求極限y′＝lieq\o(m,\s\do15(Δx→0))eq\f(Δy,Δx).(3)導(dǎo)數(shù)定義中，x在x0處的變化量是相對的，可以是Δx，也可以是2Δx，－Δx等，做題時要將分子分母中變化量統(tǒng)一為一種．(4)導(dǎo)數(shù)定義lieq\o(m,\s\do15(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝f′(x0)，也即lieq\o(m,\s\do15(x→x0))eq\f(fx－fx0,x－x0)＝f′(x0)．對點練1(2024·河北張家口模擬)若f(x)＝ln(2－x)＋x3，則eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,2Δx)＝()A．1B．2C．4D．8解析：由題意f′(x)＝eq\f(1,x－2)＋3x2，所以f′(1)＝eq\f(1,1－2)＋3＝2，所以eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,2Δx)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(1,2)f′(1)＝1.故選A.答案：A題型基本的導(dǎo)數(shù)運算典例2求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(3x3－4x)(2x＋1)；(2)f(x)＝eq\f(1＋\r(x),1－\r(x))＋eq\f(1－\r(x),1＋\r(x))；(3)f(x)＝e－0.05x＋1；(4)f(x)＝eq\f(1,\r(1－2x2))；(5)f(x)＝(sin2x＋1)2.解：(1)方法一：∵y＝(3x3－4x)(2x＋1)＝6x4＋3x3－8x2－4x，∴y′＝24x3＋9x2－16x－4.化為多項式再求導(dǎo)．方法二：y′＝(3x3－4x)′·(2x＋1)＋(3x3－4x)(2x＋1)′＝(9x2－4)(2x＋1)＋(3x3－4x)·應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的運算法則求導(dǎo)．2＝24x3＋9x2－16x－4.(2)∵f(x)＝eq\f(1＋\r(x),1－\r(x))＋eq\f(1－\r(x),1＋\r(x))先運算，化為不帶根式，再求導(dǎo)，運算簡單些．＝eq\f(1＋\r(x)2,1－x)＋eq\f(1－\r(x)2,1－x)＝eq\f(2＋2x,1－x)＝eq\f(4,1－x)－2，∴f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1－x)－2))′＝eq\f(－41－x′,1－x2)＝eq\f(4,1－x2).(3)令u(x)＝－0.05x＋1，φ(u)＝eu，則f(x)＝復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，先把復(fù)合過程弄清楚．φ(u(x))，而u′(x)＝－0.05，φ′(u)＝eu，故f′(x)＝e－0.05x＋1×(－0.05)＝－0.05e－0.05x＋1.(4)設(shè)y＝ueq\s\up15(－eq\f(1,2))，u＝1－2x2，這里(eq\r(u))′＝eq\f(1,2\r(u)).則f′(x)＝(ueq\s\up15(－eq\f(1,2)))′(1－2x2)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ueq\s\up15(－eq\f(3,2))))·(－4x)＝－eq\f(1,2)(1－2x2)eq\s\up15(－eq\f(3,2))(－4x)＝2x(1－2x2)eq\s\up15(－eq\f(3,2)).(5)令u(x)＝sin2x＋1，φ(u)＝u2，則f(x)＝φ(u(x))，而u′(x)＝2cos2x，φ′(u)＝2u，故f′(x)＝2cos2x×2u＝4cos2x(sin2x＋1)，化簡得到f′(x)＝2sin4x＋4cos2x.導(dǎo)數(shù)的計算方法(1)連乘形式：先展開化為多項式的形式，再求導(dǎo)．(2)分式形式：觀察函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，先化為整式函數(shù)或較為簡單的分式函數(shù)，再求導(dǎo)．(3)根式形式：先化為分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的形式，再求導(dǎo)．(4)三角形式：先利用三角函數(shù)公式轉(zhuǎn)化為和或差的形式，再求導(dǎo)．(5)復(fù)合函數(shù)：確定復(fù)合關(guān)系，由外向內(nèi)逐層求導(dǎo)．對點練2求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝3xex－2x＋e；(2)y＝eq\f(x2,sinx)；(3)y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))；(4)y＝eq\r(x)lnx；(5)y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))).解：(1)y′＝(3xex)′－(2x)′＋e′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3xln3·ex＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,sinx)))′＝eq\f(x2′sinx－x2sinx′,sin2x)＝eq\f(2xsinx－x2cosx,sin2x).(3)y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2,3)π))，故設(shè)y＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cosu，u＝4x＋eq\f(2,3)π，∴y′x＝y(tǒng)′u·u′x＝eq\f(1,2)sinu·4＝2sinu＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2,3)π)).(4)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(1,\r(x))))lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(2＋lnx,2\r(x))＝eq\f(2＋lnx\r(x),2x).(5)∵y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\f(1,2)xsin(4x＋π)＝－eq\f(1,2)xsin4x.∴y′＝－eq\f(1,2)sin4x－eq\f(1,2)x·4cos4x＝－eq\f(1,2)sin4x－2xcos4x.題型導(dǎo)數(shù)幾何意義的多維研討維度1求曲線的切線方程典例3已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(2，－6)處的切線的方程；(2)求曲線y＝f(x)經(jīng)過原點的切線方程及切點坐標(biāo)．解：(1)f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，先求導(dǎo)函數(shù)，代入求切線斜率，切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．∴在點(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝13，∴切線的方程為y－(－6)＝13(x－2)，即y＝13x－32.(2)方法一：設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)，切線為l，則切線l的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴切線l的方程為y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.又∵切線l過點(0,0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，整理得xeq\o\al(3,0)＝－8，∴x0＝－2，代入原點(0,0)得到關(guān)于x0的方程，求解x0的值.總之，過點作切線，先設(shè)切點(x0，f(x0))，得到切線方程，通過代入已知點，構(gòu)造方程．∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，f′(－2)＝3×(－2)2＋1＝13.故切線l的方程為y＝13x，切點坐標(biāo)為(－2，－26)．方法二：設(shè)切線為l，則l的方程為y＝kx，切點坐標(biāo)為(x0，y0)，則k＝eq\f(y0－0,x0－0)＝eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0).又∵k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，解得x0＝－2，此構(gòu)造方程的思路和方法一效果雷同．∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13，∴切線l的方程為y＝13x，切點坐標(biāo)為(－2，－26)．求曲線的切線方程的兩種類型(1)在求曲線的切線方程時，注意兩個“說法”：求曲線在點P處的切線方程和求曲線過點P的切線方程．在點P處的切線，一定是以點P為切點；過點P的切線，不確定點P在不在曲線上，點P不一定是切點．(2)求曲線y＝f(x)過點P(x0，y0)的切線方程的步驟：第一步，設(shè)出切點坐標(biāo)P′(x1，f(x1))；第二步，寫出過P′(x1，f(x1))的切線方程為y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)；第三步，將點P的坐標(biāo)(x0，y0)代入切線方程，求出x1；第四步，將x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)·(x－x1)，可得過點P(x0，y0)的切線方程．對點練3(1)(2024·山西大同模擬)已知函數(shù)f(x)＝2e2lnx＋x2，則曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為()A．4ex－y＋e2＝0 B．4ex－y－e2＝0C．4ex＋y＋e2＝0 D．4ex＋y－e2＝0(2)(2022·新高考全國Ⅱ卷)曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點的兩條切線的方程為________，________.解析：(1)因為f(x)＝2e2lnx＋x2，所以f′(x)＝eq\f(2e2,x)＋2x，f(e)＝2e2lne＋e2＝3e2，所以f′(e)＝4e，所以曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－3e2＝4e(x－e)，即4ex－y－e2＝0.(2)當(dāng)x>0時，y＝lnx，設(shè)切點為(x0，y0)，x0>0，則由y′＝eq\f(1,x)，得切線斜率k＝eq\f(1,x0)，又切線的斜率為eq\f(y0,x0)，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(y0,x0)，解得y0＝1，代入y＝lnx，得x0＝e.所以k＝eq\f(1,e)，所以切線方程為y＝eq\f(1,e)x，同理可求得當(dāng)x<0時的切線方程為y＝－eq\f(1,e)x.綜上，兩條切線方程分別為y＝eq\f(1,e)x，y＝－eq\f(1,e)x.答案：(1)B(2)y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x維度2求切點坐標(biāo)及參數(shù)值典例4(1)過坐標(biāo)原點作曲線y＝lnx的切線，則切點的縱坐標(biāo)為()A．eB．1C.eq\f(1,\r(e))D.eq\f(1,e)(2)(2024·江西九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2＋4.若過點(1，t)可作函數(shù)f(x)的圖象的2條不同的切線，則實數(shù)t的值為()A．0 B．0或2C．2 D．0或8從選項可以判斷取值可能不止1個，解答時注意不要遺漏某種情況，同時要對求出的各個解進行檢驗．解析：(1)設(shè)切點為P(x0，lnx0)(x0＞0)，切線為l，由y＝lnx，得y′＝eq\f(1,x)，所以y′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，所以曲線在點P處的切線l的方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，寫出在切點處的切線方程是解題關(guān)鍵，熟悉思路，形成固定思維模式．又l過點(0,0)，所以－lnx0＝eq\f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切點為P(e,1)，縱坐標(biāo)為1.故選B.(2)設(shè)所求切線的切點坐標(biāo)為P(x0，xeq\o\al(3,0)＋3xeq\o\al(2,0)＋4)，則切線斜率k＝3xeq\o\al(2,0)＋6x0，故切線方程為y－xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)－4＝(3xeq\o\al(2,0)＋6x0)(x－x0)，k＝f′(x0)因為切線過點(1，t)，所以t－xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)－4＝(3xeq\o\al(2,0)＋6x0)(1－x0)，即2xeq\o\al(3,0)－6x0＋t－4＝0.令g(x)＝2x3－6x＋t－4，則關(guān)于x的方程2x3－6x＋t－4＝0有2個實根，即曲線y＝g(x)與x軸有2個交點，【破題有招】方程中雖然含有參數(shù)，但形式簡單，可以看作含參數(shù)的三次函數(shù)問題，此時不需要分離參數(shù)也能通過數(shù)形結(jié)合快速求解．求導(dǎo)得g′(x)＝6x2－6，令g′(x)>0，得x<－1或x>1；令g′(x)<0，得－1<x<1，列表如下.x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值t極小值t－8要滿足題意，則需t＝0或t＝8，故選D.【規(guī)避易錯】g(x)的圖象與x軸有2個交點，有2種可能：①極大值恰好為0；②極小值恰好為0.注意考慮全面．處理與切線有關(guān)的參數(shù)問題，通常根據(jù)曲線、切線、切點的三個關(guān)系列出參數(shù)的方程(組)并解出參數(shù)：①切點處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率；②切點在切線上；③切點在曲線上．對點練4(1)已知曲線f(x)＝x3－x＋3在點P處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直，則點P的坐標(biāo)為()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)(2)(2022·新高考全國Ⅰ卷)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點的切線，則a的取值范圍是________．解析：(1)設(shè)切點坐標(biāo)為P(x0，y0)，∵f′(x)＝3x2－1，直線x＋2y－1＝0的斜率為－eq\f(1,2)，∴f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，∴xeq\o\al(2,0)＝1，∴x0＝±1，又切點P(x0，y0)在y＝f(x)上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)－x0＋3，∴當(dāng)x0＝1時，y0＝3；當(dāng)x0＝－1時，y0＝3.∴切點P為(1,3)或(－1，3)．(2)設(shè)切線的切點坐標(biāo)為(x0，y0)．令f(x)＝(x＋a)ex，則f′(x)＝(x＋1＋a)·ex，所以f′(x0)＝(x0＋1＋a)eeq\s\up15(x0).因為y0＝(x0＋a)eeq\s\up15(x0)，切線過原點，所以f′(x0)＝eq\f(y0,x0)，即(x0＋1＋a)eeq\s\up15(x0)＝eq\f(x0＋aeeq\s\up15(x0),x0).整理，得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.由題意知該方程有兩個不同的實數(shù)根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0.答案：(1)C(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)維度3導(dǎo)數(shù)幾何意義的綜合應(yīng)用典例5(1)(2021·新高考全國Ⅰ卷)若過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則此題為當(dāng)年壓軸題，數(shù)形結(jié)合可迅速判斷.由于y＝ex的凹凸性，只有在y＝ex和x軸之間的點(a，b)才符合題意．()A．eb＜a B．ea＜bC．0＜a＜eb D．0＜b＜ea(2)(2024·江西南昌模擬)已知曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝()A．4B．8C．2D．1解析：(1)設(shè)切點為(x0，y0)，y0＞0，y′＝ex，則切線方程為y－b＝eeq\s\up15(x0)(x－a)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0－b＝eeq\s\up15(x0)x0－a，,y0＝eeq\s\up15(x0)))得eeq\s\up15(x0)(1－x0＋a)＝b，則由題意知關(guān)于x0的方程eeq\s\up15(x0)(1－x0＋a)＝b有兩個不同的解．設(shè)f(x)＝ex(1－x＋a)，則f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以當(dāng)本例的解法，轉(zhuǎn)化為y＝b和y＝ex(1－x＋a)有兩個不同交點，而研究后面函數(shù)單調(diào)性和極值是關(guān)鍵．x＜a時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>a時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，當(dāng)x＜a時，a－x＞0，所以f(x)＞0，當(dāng)x→－∞時，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→－∞，函數(shù)f(x)＝ex(1－x＋a)的大致圖象如圖所示，因為f(x)的圖象與直線y＝b有兩個交點，所以0＜b＜ea.故選D.(2)y＝x＋lnx的導(dǎo)數(shù)為y′＝1＋eq\f(1