2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第1讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第1讲　高效演练分层突破学案，共7页。

1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为( )
A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)
C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)
解析：选C.f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．
2．(2020·安徽江南十校检测)曲线f(x)＝eq \f(1－2ln x,x)在点P(1，f(1))处的切线l的方程为( )
A．x＋y－2＝0 B．2x＋y－3＝0
C．3x＋y＋2＝0 D．3x＋y－4＝0
解析：选D.因为f(x)＝eq \f(1－2ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(－3＋2ln x,x2)，所以f′(1)＝－3，又f(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0.
3．(2020·安徽宣城八校联考)若曲线y＝aln x＋x2(a>0)的切线的倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则a＝( )
A.eq \f(1,24) B．eq \f(3,8)
C.eq \f(3,4) D．eq \f(3,2)
解析：选B.因为y＝aln x＋x2(a>0)，所以y′＝eq \f(a,x)＋2x≥2eq \r(2a)，因为曲线的切线的倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以斜率k≥eq \r(3)，因此eq \r(3)＝2eq \r(2a)，所以a＝eq \f(3,8).故选B.
4．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是( )
解析：选D.由y＝f′(x)的图象知y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y＝f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故排除A、C.又由图象知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图象在x＝x0处相交，说明y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率相同，故排除B.
5．(2020·广东佛山教学质量检测(一))若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x＋b的切线，则b＝( )
A．－1 B．1
C．2 D．e
解析：选C.y＝ex的导数为y′＝ex，则曲线y＝ex在x＝0处的切线斜率k＝1，则曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1.y＝ln x＋b的导数为y′＝eq \f(1,x)，设切点为(m，n)，则eq \f(1,m)＝1，解得m＝1，则n＝2，即有2＝ln 1＋b，解得b＝2.故选C.
6．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，其导函数为f′(x)，且f(ln x)＝x＋ln x，则f′(1)＝________．
解析：因为f(ln x)＝x＋ln x，所以f(x)＝x＋ex，
所以f′(x)＝1＋ex，
所以f′(1)＝1＋e1＝1＋e.
答案：1＋e
7．(2020·江西重点中学4月联考)已知曲线y＝eq \f(1,x)＋eq \f(ln x,a)在x＝1处的切线l与直线2x＋3y＝0垂直，则实数a的值为________．
解析：y′＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(1,ax)，当x＝1时，y′＝－1＋eq \f(1,a).由于切线l与直线2x＋3y＝0垂直，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－1，解得a＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
8．若过点A(a，0)作曲线C：y＝xex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是________．
解析：设切点坐标为(x0，x0ex0)，y′＝(x＋1)ex，y′|x＝x0＝(x0＋1)ex0，所以切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0 (x－x0)，将点A(a，0)代入可得－x0ex0＝(x0＋1)ex0 (a－x0)，化简，得xeq \\al(2,0)－ax0－a＝0，过点A(a，0)作曲线C的切线有且仅有两条，即方程xeq \\al(2,0)－ax0－a＝0有两个不同的解，则有Δ＝a2＋4a＞0，解得a＞0或a＜－4，故实数a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)
9．已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；
(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．
解：f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)．
(1)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝b＝0，,f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，))
解得b＝0，a＝－3或a＝1.
(2)因为曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，
所以关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)>0，
即4a2＋4a＋1>0，
所以a≠－eq \f(1,2).
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
10．已知函数f(x)＝x3＋x－16.
(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；
(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；
(3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋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．
因为f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1.
所以f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.
所以切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)，
即y＝13x－32.
(2)设切点为(x0，y0)，
则直线l的斜率为f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1，
所以直线l的方程为
y＝(3xeq \\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq \\al(3,0)＋x0－16，
又因为直线l过点(0，0)，
所以0＝(3xeq \\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq \\al(3,0)＋x0－16，
整理得，xeq \\al(3,0)＝－8，
所以x0＝－2，
所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，
k＝3×(－2)2＋1＝13.
所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．
(3)因为切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，
所以切线的斜率k＝4.
设切点的坐标为(x0，y0)，
则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1＝4，
所以x0＝±1.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝－14))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝－18，))
即切点坐标为(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.
[综合题组练]
1．在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，则f′(0)＝( )
A．26 B．29
C．212 D．215
解析：选C.因为f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，
所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.
因为数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝212.故选C.
2．(2020·湖北武汉4月调研)设曲线C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲线C上一点M(1，－4)处的切线记为l，则切线l与曲线C的公共点个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.y′＝12x3－6x2－18x，则y′|x＝1＝12×13－6×12－18×1＝－12，
所以曲线y＝3x4－2x3－9x2＋4在点M(1，－4)处的切线方程为y＋4＝－12(x－1)，即12x＋y－8＝0.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(12x＋y－8＝0，,y＝3x4－2x3－9x2＋4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－4))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝32))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,3)，,y＝0.))
故切线与曲线C还有其他的公共点(－2，32)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0))，
所以切线l与曲线C的公共点个数为3.故选C.
3．(2020·安徽淮南二模)设直线l1，l2分别是函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－ln x，01))图象上点P1，P2处的切线．l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则A，B两点之间的距离是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.设P1(x1，f(x1))，P2(x2，f(x2))，
当01时，f′(x)＝eq \f(1,x)，
不妨设x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，
故l1：y＝－eq \f(1,x1)(x－x1)－ln x1，整理得l1：y＝－eq \f(1,x1)x－ln x1＋1，
l2：y＝eq \f(1,x2)(x－x2)＋ln x2，整理得l2：y＝eq \f(1,x2)x＋ln x2－1，
所以A(0，1－ln x1)，B(0，ln x2－1)，则|AB|＝|2－ln(x1x2)|，
因为l1⊥l2，所以－eq \f(1,x1)·eq \f(1,x2)＝－1，所以x1x2＝1，所以|AB|＝2.故选B.
4．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限，则P0的坐标为________；若直线l⊥l1，且l也过切点P0，则直线l的方程为________．
解析：由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，
由已知得3x2＋1＝4，解得x＝±1.
当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.
又因为点P0在第三象限，
所以切点P0的坐标为(－1，－4)．
因为直线l⊥l1，l1的斜率为4，
所以直线l的斜率为－eq \f(1,4).
因为l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，
所以直线l的方程为y＋4＝－eq \f(1,4)(x＋1)，
即x＋4y＋17＝0.
答案：(－1，－4) x＋4y＋17＝0
5．设有抛物线C：y＝－x2＋eq \f(9,2)x－4，过原点O作C的切线y＝kx，使切点P在第一象限．
(1)求k的值；
(2)过点P作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q的坐标．
解：(1)由题意得，y′＝－2x＋eq \f(9,2).
设点P的坐标为(x1，y1)，
则y1＝kx1，①
y1＝－xeq \\al(2,1)＋eq \f(9,2)x1－4，②
－2x1＋eq \f(9,2)＝k，③
联立①②③得，x1＝2，x2＝－2(舍去)．
所以k＝eq \f(1,2).
(2)过P点作切线的垂线，
其方程为y＝－2x＋5.④
将④代入抛物线方程得，
x2－eq \f(13,2)x＋9＝0.
设Q点的坐标为(x2，y2)，则2x2＝9，
所以x2＝eq \f(9,2)，y2＝－4.
所以Q点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，－4)).
6．设函数f(x)＝ax－eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．
解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝eq \f(7,4)x－3.
当x＝2时，y＝eq \f(1,2).
又f′(x)＝a＋eq \f(b,x2)，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq \f(3,x).
(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任意一点，由y′＝1＋eq \f(3,x2)，知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为
y－y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,xeq \\al(2,0))))(x－x0)，
即y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,x0)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,xeq \\al(2,0))))(x－x0)．
令x＝0，得y＝－eq \f(6,x0)，
从而得切线与直线x＝0的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(6,x0))).
令y＝x，得y＝x＝2x0，
从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0，2x0)．
所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为S＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.