高考复习《导数.切线方程》课时作业3.1

这是一份高考复习《导数.切线方程》课时作业3.1，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)
C f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)
＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．
2．函数f(x)＝(2x－2－x)cs x在区间[－5，5]上的图象大致为( )
D 很明显eq \f(π,2)<5，eq \f(3,2)π<5，eq \f(5,2)π>5，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π))＝0，则函数f(x)在区间(0，5]内由两个零点，选项A，B错误；
结合0<10可排除C选项．故选D.
3．(2020·沈阳一中模拟)曲线f(x)＝2exsin x在点(0，f(0))处的切线方程为( )
A．y＝0 B．y＝2x
C．y＝x D．y＝－2x
B
4．设曲线y＝eax－ln(x＋1)在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0，则a等于( )
A．0 B．1
C．2 D．3
D ∵y＝eax－ln(x＋1)，∴y′＝aeax－eq \f(1,x＋1)，∴当x＝0时，y′＝a－1.∵曲线y＝eax－ln(x＋1)在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0，∴a－1＝2，即a＝3.故选D.
5．(2020·广州调研)已知曲线y＝ln x的切线过原点，则此切线的斜率为( )
A．e B．－e
C.eq \f(1,e) D．－eq \f(1,e)
C y＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且y′＝eq \f(1,x)，
设切点为(x0，ln x0)，
则y′|x＝x0＝eq \f(1,x0)，
切线方程为y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，
因为切线过点(0，0)，
所以－ln x0＝－1，
解得x0＝e，故此切线的斜率为eq \f(1,e).
6．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝eq \f(1,3)t3－3t2＋8t，那么速度为零的时刻是( )
A．1秒末 B．1秒末和2秒末
C．4秒末 D．2秒末和4秒末
D s′(t)＝t2－6t＋8，由导数的定义知v＝s′(t)，
令s′(t)＝0，得t＝2或4，
即2秒末和4秒末的速度为零．
7．(2020·东莞检测)已知直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝ln x相切，则k＝( )
A.eq \f(1,e2) B.eq \f(1,e)
C．e D．e2
A 由f(x)＝ln x，得f′(x)＝eq \f(1,x)，设切点为(x0，ln x0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x0＝kx0＋1，,k＝\f(1,x0)，))解得x0＝e2，则k＝eq \f(1,x0)＝eq \f(1,e2).
8．(2020·云南红河州检测)已知曲线f(x)＝xln x在点(e，f(e))处的切线与曲线y＝x2＋a相切，则a＝________．
解析 因为f′(x)＝ln x＋1，
所以曲线f(x)＝xln x在x＝e处的切线斜率为k＝2，
则曲线f(x)＝xln x在点(e，f(e))处的切线方程为y＝2x－e.
由于切线与曲线y＝x2＋a相切，
故y＝x2＋a可联立y＝2x－e，
得x2－2x＋a＋e＝0，
所以由Δ＝4－4(a＋e)＝0，解得a＝1－e.
答案 1－e
9．(2019·天津卷)曲线y＝cs x－eq \f(x,2)在点(0，1)处的切线方程为________．
解析 y′＝－sin x－eq \f(1,2)，将x＝0代入，
可得切线斜率为－eq \f(1,2).
所以切线方程为y－1＝－eq \f(1,2)x，即x＋2y－2＝0.
答案 x＋2y－2＝0
10．(2020·成都质检)已知f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．
(1)若f(1)＝1，则f(－1)＝________；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为________．(用“<”连接)
解析 (1)由图可得f′(x)＝x，g′(x)＝x2，
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
g(x)＝dx3＋ex2＋mx＋n(d≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b＝x，
g′(x)＝3dx2＋2ex＋m＝x2，
故a＝eq \f(1,2)，b＝0，d＝eq \f(1,3)，e＝m＝0，
所以f(x)＝eq \f(1,2)x2＋c，g(x)＝eq \f(1,3)x3＋n，
由f(1)＝1，得c＝eq \f(1,2)，
则f(x)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,2)，故f(－1)＝1.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,3)x3＋c－n，
则有h(－1)＝eq \f(5,6)＋c－n，h(0)＝c－n，
h(1)＝eq \f(1,6)＋c－n，故h(0)答案 (1)1 (2)h(0)11．已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.
(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．
解 (1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′(2)＝1，
又f(2)＝－2，
∴曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＋2＝x－2，
即x－y－4＝0.
(2)设曲线与经过点A(2，－2)的切线相切于点
P(x0，xeq \\al(3,0)－4xeq \\al(2,0)＋5x0－4)，
∵f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－8x0＋5，
∴切线方程为y－(－2)＝(3xeq \\al(2,0)－8x0＋5)·(x－2)，
又切线过点P(x0，xeq \\al(3,0)－4xeq \\al(2,0)＋5x0－4)，
∴xeq \\al(3,0)－4xeq \\al(2,0)＋5x0－2＝(3xeq \\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，
解得x0＝2或1，
∴经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.
12．已知函数f(x)＝eq \f(a,x＋1)＋bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>eq \f(kln x,x＋1)＋2恒成立，求实数k的取值范围．
解 (1)函y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(a,（x＋1）2)＋eq \f(b,x)，
把(1，f(1))代入方程x－y＋1＝0中，
得1－f(1)＋1＝0，
即f(1)＝2，∴a＝4，
又因为f′(1)＝1，∴－eq \f(a,4)＋b＝1，
故b＝2.
(2)由(1)可知f(x)＝eq \f(4,x＋1)＋2ln x，当x>1时，
f(x)>eq \f(kln x,x＋1)＋2恒成立等价于2－2x＋(2x＋2－k)ln x>0.
设g(x)＝2－2x＋(2x＋2－k)ln x，
则g′(x)＝－2＋2ln x＋(2x＋2－k)·eq \f(1,x)
＝2ln x＋eq \f(2－k,x)，
由于x>1，ln x>0，
当k≤2时，g′(x)>0，则y＝g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)>g(1)＝0恒成立.
当k>2时，设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2－k,x2)>0.
则y＝g′(x)为(1，＋∞)上单调递增函数，
又由g′(1)＝2－k<0.
即g(x)在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x0)＝0，
当x∈(1，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)单调递增；
则g(x0)综上所述，实数k的取值范围是(－∞，2]．
[技能过关提升]
13．(2020·兰州检测)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
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.
设y＝x＋1与y＝ln x＋b相切的切点为(m，m＋1)．
又y′＝eq \f(1,x)，则eq \f(1,m)＝1，解得m＝1.所以切点坐标为(1，2)，
则2＝b＋ln 1，得b＝2.
14．(2020·上饶模拟)若点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－2距离的最小值为________．
解析 由题意知y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，当点P是曲线的切线中与直线y＝x－2平行的直线的切点时，点P到直线y＝x－2的距离最小，如图所示．故令y′＝2x－eq \f(1,x)＝1，解得x＝1，故点P的坐标为(1，1)．故点P到直线y＝x－2的最小值dmin＝eq \f(|1－1－2|,\r(2))＝eq \r(2).
答案 eq \r(2)
15．(2020·衡水中学调研)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)＝ex(2x－2)＋f(x)(e是自然对数的底数)，f(0)＝1，则f(x)＝________．
解析 由f′(x)＝ex(2x－2)＋f(x)．
得eq \f(f′（x）－f（x）,ex)＝2x－2，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,ex)))′＝2x－2.
∴eq \f(f（x）,ex)＝x2－2x＋c(c为常数)，
所以f(x)＝(x2－2x＋c)ex.
又f(0)＝c＝1，
故f(x)＝ex(x－1)2.
答案 ex(x－1)2
16．已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．
解 (1)由已知f′(x)＝2＋eq \f(1,x)(x>0)，f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3，
又切点(1，2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1))，即3x－y－1＝0
故曲线y＝f(x)在x＝1处切线的切线方程为3x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝a＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax＋1,x)(x>0)
①当a≥0时，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＜0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,a).
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上，f′(x)＞0，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，
所以，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞)).
(3)由已知，转化为f(x)max＜g(x)min·g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)max＝2
由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
(或者举出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合题意．)
当a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减，
故f(x)的极大值即为最大值，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1－ln(－a)，
所以2＞－1－ln(－a)，解得a<－eq \f(1,e3).