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10_专题四41导数的概念及运算（习题+十年高考）
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这是一份10_专题四41导数的概念及运算（习题+十年高考），文件包含1_41导数的概念及运算习题docx、1_41导数的概念和运算十年高考docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
专题四 导数及其应用
4.1 导数的概念及运算
考点 导数的概念和运算
1.(2016四川理,9,5分)设直线l1,l2分别是函数f(x)=−lnx,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△PAB的面积的取值范围是( )
A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞)
答案 A 设l1是y=-ln x(01)的切线,切点P2(x2,y2),
l1:y-y1=-1x1(x-x1),①
l2:y-y2=1x2(x-x2),②
①-②得xP=y1−y2+21x1+1x2,
易知A(0,y1+1),B(0,y2-1),
∵l1⊥l2,∴-1x1·1x2=-1,∴x1x2=1,
∴S△PAB=12|AB|·|xP|=12|y1-y2+2|·|y1−y2+2|1x1+1x2
=12·(y1−y2+2)2x1+x2x1x2=12·(−ln x1−ln x2+2)2x1+x2
=12·[−ln(x1x2)+2]2x1+x2=12·4x1+x2=2x1+x2,
又∵01,x1x2=1,
∴x1+x2>2x1x2=2,
∴0
评析 本题考查了利用导数求切线问题,及考生的运算能力.
2.(2014课标Ⅱ理,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 D y'=a-1x+1,当x=0时,y'=a-1=2,∴a=3,故选D.
3.(2021新高考Ⅰ,7,5分)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则( )
A.eb
解法二:易知曲线y=ex在点P(t,et)处的切线方程为y-et=et(x-t),
∵切线过点(a,b),∴b-et=et(a-t),
整理得et(t-a-1)+b=0.
令f(t)=et(t-a-1)+b,
则f '(t)=et(t-a),
当ta时, f '(t)>0,
∴f(t)在(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
∴当t=a时, f(t)取得最小值f(a)=-ea+b.
由已知得, f(t)的零点的个数即为过点(a,b)的切线条数,
∴f(t)有且仅有2个零点.
∴f(a)=-ea+b<0,
即b
②若0
f(t)在(-∞,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数,
∴f(t)min=f(a)=-ea+b<0,
且limt→−∞f(t)=b>0,f(a+1)=b>0,
由零点存在性定理可知f(t)在(-∞,a)和[a,+∞)上各有一个零点,结合f(t)的单调性知f(t)有且只有两个零点.
综上,0
答案 y=5x+2
解题指导:利用导数的几何意义求切线的斜率,利用点斜式得切线方程.
解析 y=2(x+2)−5x+2=2−5x+2,所以y'=5(x+2)2,
所以k=y'|x=-1=5,从而切线方程为y+3=5(x+1),即y=5x+2.
易错警示:①对分式型函数求导要注意公式的使用,先对分式进行化简可降低出错率.②要注意“在点处”和“过某点”的区别.
5.(2022新高考Ⅱ,14,5分)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 , .
答案 y=1ex;y=-1ex(不分先后)
解析 由题意可知,函数的定义域为{x|x≠0}.易证函数y=ln|x|为偶函数,当x>0时,y=ln x,设切点坐标为(x0,
ln x0),∵y'=1x,∴切线斜率k=y'|x=x0=1x0,
故切线方程为y-ln x0=1x0(x-x0),又知切线过原点(0,0),∴-ln x0=-1,∴x0=e,故切线方程为y-1=1e(x-e),即y=1ex.由偶函数图象的对称性可知另一条切线方程为y=-1ex,故过坐标原点的两条切线方程为y=1ex和y=-1ex.
6.(2022新高考Ⅰ,15,5分)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是 .
答案 (-∞,-4)∪(0,+∞)
解析 设f(x)=(x+a)ex,则f '(x)=(x+a+1)ex,设切点为(x0,(x0+a)ex0),
因此切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0),
又∵切线过原点(0,0),∴-(x0+a)ex0=(x0+a+1)·ex0(-x0),整理得x02+ax0-a=0,又切线有两条,∴关于x0的方程x02+ax0-a=0有两不等实根,故Δ=a2+4a>0,解得a>0或a<-4.
7.(2019天津文,11,5分)曲线y=cos x-x2在点(0,1)处的切线方程为 .
答案 x+2y-2=0
解析 本题通过求曲线在某点处的切线,考查学生对基本初等函数的导数公式、导数的运算法则、导数的几何意义的理解和掌握程度.
∵y=cos x-x2,∴y'=-sin x-12,∴y'|x=0=-12,即曲线在(0,1)处的切线斜率为-12,∴切线方程为y-1=-12(x-0),即x+2y-2=0.
方法总结 求曲线在某点处(注意:该点必为切点)切线的方法:①求导函数;②把该点横坐标代入,求出该点处导数值,即为切线的斜率;③用点斜式写出切线方程.
8.(2018课标Ⅱ理,13,5分)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 .
答案 y=2x
解析 本题主要考查导数的几何意义.
因为y'=2x+1,所以y'|x=0=2,又(0,0)为切点,
所以曲线在点(0,0)处的切线方程为y=2x.
9.(2018课标Ⅱ文,13,5分)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为 .
答案 2x-y-2=0
解析 本题主要考查导数的几何性质.
由y=2ln x得y'=2x.因为k=y'|x=1=2,点(1,0)为切点,
所以切线方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.
10.(2018课标Ⅲ理,14,5分)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= .
答案 -3
解析 本题考查导数的综合应用.
设f(x)=(ax+1)ex,则f '(x)=(ax+a+1)ex,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k=f '(0)=a+1=-2,解得a=-3.
11.(2017课标Ⅰ文,14,5分)曲线y=x2+1x在点(1,2)处的切线方程为 .
答案 x-y+1=0
解析 本题考查导数的几何意义.
∵y=x2+1x,∴y'=2x-1x2,∴y'|x=1=2-1=1,∴所求切线方程为y-2=x-1,即x-y+1=0.
12.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1, f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为 .
答案 1
解析 本题主要考查导数的几何意义以及直线方程与截距.
由题意可知f '(x)=a-1x,所以f '(1)=a-1,
因为f(1)=a,所以切点坐标为(1,a),
所以切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),
即y=(a-1)x+1.
令x=0,得y=1,即直线l在y轴上的截距为1.
易错警示 不能正确求解函数的导数,而导致不能正确求解切线l的斜率.
13.(2016课标Ⅱ理,16,5分)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .
答案 1-ln 2
解析 直线y=kx+b与曲线y=ln x+2,y=ln(x+1)均相切,设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),由y=ln x+2得y'=1x,由y=ln(x+1)得y'=1x+1,∴k=1x1=1x2+1,∴x1=1k,x2=1k-1,∴y1=-ln k+2,y2=-ln k.即A1k,−lnk+2,B1k−1,−lnk,
∵A、B在直线y=kx+b上,∴2−lnk=k·1k+b,−lnk=k·1k−1+b⇒b=1−ln2,k=2.
评析 解决本题的关键是知道切点既在曲线上,又在切线上.
14.(2015课标Ⅰ文,14,5分)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1, f(1))处的切线过点(2,7),则a= .
答案 1
解析 由题意可得f '(x)=3ax2+1,∴f '(1)=3a+1,
又f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此切线过点(2,7),
∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得a=1.
15.(2015课标Ⅱ文,16,5分)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .
答案 8
解析 令f(x)=x+ln x,求导得f '(x)=1+1x, f '(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y'|x=x0=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,∴a=0或x0=-12,又ax02+(a+2)x0+1=2x0-1,即ax02+ax0+2=0,当a=0时,显然不满足此方程,∴x0=-12,此时a=8.
评析 本题主要考查导数的几何意义,能够利用点斜式求出切线方程是解题关键.
16.(2015陕西理,15,5分)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为 .
答案 (1,1)
解析 ∵函数y=ex的导函数为y'=ex,
∴曲线y=ex在点(0,1)处的切线的斜率k1=e0=1.
设P(x0,y0)(x0>0),∵函数y=1x的导函数为y'=-1x2,
∴曲线y=1x(x>0)在点P处的切线的斜率k2=-1x02,
则有k1k2=-1,即1·−1x02=-1,解得x02=1,又x0>0,
∴x0=1.又∵点P在曲线y=1x(x>0)上,∴y0=1,故点P的坐标为(1,1).
17.(2012课标文,13,5分)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为 .
答案 y=4x-3
解析 y'=3ln x+1+x·3x=3ln x+4,k=y'|x=1=4,切线方程为y-1=4(x-1),即y=4x-3.
评析 本题考查了导数的几何意义,考查了运算求解能力.
18.(2020新高考Ⅰ,21,12分)
已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
解析 f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f '(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为−2e−1,2.
因此所求三角形的面积为2e−1.
(2)当0
当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
名师点评:本题第(2)问中,由不等式成立求参数的取值范围,常规解法是分离参数转化为求函数的最值问题,而本题中参数分布范围较广,无法分离,所以要对参数进行分类讨论,怎样分类是本题的一个难点,特别是当a>1时,证明f(x)≥1需要用到a=1时的结论,思路很窄,技巧性较强.
19.(2022全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
解析 解法一:由题意可知f '(x)=3x2-1, f(x1)=x13-x1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),即y=(3x12-1)x-2x13①.
因为曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线,所以y=(3x12−1)x−2x13,y=x2+a有且仅有一组解,
即方程x2-(3x12-1)x+2x13+a=0有两个相等的实数根,
从而Δ=(3x12-1)2-4(2x13+a)=0⇔4a=9x14−8x13−6x12+1.
(1)若x1=-1,则4a=12⇔a=3.
(2)4a=9x14−8x13−6x12+1,
令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(x-1)(3x+1),
令h'(x)>0,得-131,令h'(x)<0,得x<-13或0
又h(1)=-4,h−13=2027,所以h(x)≥-4,
所以a≥-1.
解法二:由题意可知f '(x)=3x2-1, f(x1)=x13-x1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),即y=(3x12-1)x-2x13①,
设公切线与曲线y=g(x)的切点为(x2,x22+a),又g'(x2)=2x2,
则切线可表示为y-(x22+a)=2x2(x-x2),即y=2x2x-x22+a②,
因为①②表示同一直线方程,所以3x12−1=2x2,−2x13=−x22+a,
则(3x12-1)2-8x13=4a⇔4a=9x14−8x13−6x12+1.
下面同解法一.
易错警示:不能认为两曲线的公切线切点相同.
20.(2022全国乙理,21,12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=ln(1+x)+xe-x,其定义域为(-1,+∞),f '(x)=1x+1+(1-x)e-x,
又f(0)=0,f '(0)=2,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.
(2)f(x)=ln(1+x)+axe-x有零点,即方程ln(x+1)=-axe-x有根,设g(x)=ln(x+1),h(x)=-axe-x,因为f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,所以g(x)和h(x)的图象在(-1,0),(0,+∞)上各恰有一个交点.易知g'(x)=1x+1,h'(x)=-a(1-x)e-x,g(0)=h(0)=0.
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
①若a=0,显然不满足.
②若a>0,则当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,此时g(x)和h(x)在(-1,0)上无交点.
③若a<0,则当x∈(-1,1)时,h'(x)>0,h(x)在(-1,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减.
(i)当x→+∞时,h(x)→0,g(x)→+∞,且g(0)=h(0)=0,要满足g(x)和h(x)的图象在(0,+∞)上有一个交点,需g'(0)
且g(0)=h(0)=0,要满足g(x)和h(x)的图象在(-1,0)上有一个交点,也需要g'(0)
专题四 导数及其应用
4.1 导数的概念及运算
考点 导数的概念和运算
1.(2016四川理,9,5分)设直线l1,l2分别是函数f(x)=−lnx,0
A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞)
答案 A 设l1是y=-ln x(0
l1:y-y1=-1x1(x-x1),①
l2:y-y2=1x2(x-x2),②
①-②得xP=y1−y2+21x1+1x2,
易知A(0,y1+1),B(0,y2-1),
∵l1⊥l2,∴-1x1·1x2=-1,∴x1x2=1,
∴S△PAB=12|AB|·|xP|=12|y1-y2+2|·|y1−y2+2|1x1+1x2
=12·(y1−y2+2)2x1+x2x1x2=12·(−ln x1−ln x2+2)2x1+x2
=12·[−ln(x1x2)+2]2x1+x2=12·4x1+x2=2x1+x2,
又∵0
∴x1+x2>2x1x2=2,
∴0
评析 本题考查了利用导数求切线问题,及考生的运算能力.
2.(2014课标Ⅱ理,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 D y'=a-1x+1,当x=0时,y'=a-1=2,∴a=3,故选D.
3.(2021新高考Ⅰ,7,5分)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则( )
A.eb
解法二:易知曲线y=ex在点P(t,et)处的切线方程为y-et=et(x-t),
∵切线过点(a,b),∴b-et=et(a-t),
整理得et(t-a-1)+b=0.
令f(t)=et(t-a-1)+b,
则f '(t)=et(t-a),
当t
∴f(t)在(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
∴当t=a时, f(t)取得最小值f(a)=-ea+b.
由已知得, f(t)的零点的个数即为过点(a,b)的切线条数,
∴f(t)有且仅有2个零点.
∴f(a)=-ea+b<0,
即b
②若0
f(t)在(-∞,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数,
∴f(t)min=f(a)=-ea+b<0,
且limt→−∞f(t)=b>0,f(a+1)=b>0,
由零点存在性定理可知f(t)在(-∞,a)和[a,+∞)上各有一个零点,结合f(t)的单调性知f(t)有且只有两个零点.
综上,0
答案 y=5x+2
解题指导:利用导数的几何意义求切线的斜率,利用点斜式得切线方程.
解析 y=2(x+2)−5x+2=2−5x+2,所以y'=5(x+2)2,
所以k=y'|x=-1=5,从而切线方程为y+3=5(x+1),即y=5x+2.
易错警示:①对分式型函数求导要注意公式的使用,先对分式进行化简可降低出错率.②要注意“在点处”和“过某点”的区别.
5.(2022新高考Ⅱ,14,5分)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 , .
答案 y=1ex;y=-1ex(不分先后)
解析 由题意可知,函数的定义域为{x|x≠0}.易证函数y=ln|x|为偶函数,当x>0时,y=ln x,设切点坐标为(x0,
ln x0),∵y'=1x,∴切线斜率k=y'|x=x0=1x0,
故切线方程为y-ln x0=1x0(x-x0),又知切线过原点(0,0),∴-ln x0=-1,∴x0=e,故切线方程为y-1=1e(x-e),即y=1ex.由偶函数图象的对称性可知另一条切线方程为y=-1ex,故过坐标原点的两条切线方程为y=1ex和y=-1ex.
6.(2022新高考Ⅰ,15,5分)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是 .
答案 (-∞,-4)∪(0,+∞)
解析 设f(x)=(x+a)ex,则f '(x)=(x+a+1)ex,设切点为(x0,(x0+a)ex0),
因此切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0),
又∵切线过原点(0,0),∴-(x0+a)ex0=(x0+a+1)·ex0(-x0),整理得x02+ax0-a=0,又切线有两条,∴关于x0的方程x02+ax0-a=0有两不等实根,故Δ=a2+4a>0,解得a>0或a<-4.
7.(2019天津文,11,5分)曲线y=cos x-x2在点(0,1)处的切线方程为 .
答案 x+2y-2=0
解析 本题通过求曲线在某点处的切线,考查学生对基本初等函数的导数公式、导数的运算法则、导数的几何意义的理解和掌握程度.
∵y=cos x-x2,∴y'=-sin x-12,∴y'|x=0=-12,即曲线在(0,1)处的切线斜率为-12,∴切线方程为y-1=-12(x-0),即x+2y-2=0.
方法总结 求曲线在某点处(注意:该点必为切点)切线的方法:①求导函数;②把该点横坐标代入,求出该点处导数值,即为切线的斜率;③用点斜式写出切线方程.
8.(2018课标Ⅱ理,13,5分)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 .
答案 y=2x
解析 本题主要考查导数的几何意义.
因为y'=2x+1,所以y'|x=0=2,又(0,0)为切点,
所以曲线在点(0,0)处的切线方程为y=2x.
9.(2018课标Ⅱ文,13,5分)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为 .
答案 2x-y-2=0
解析 本题主要考查导数的几何性质.
由y=2ln x得y'=2x.因为k=y'|x=1=2,点(1,0)为切点,
所以切线方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.
10.(2018课标Ⅲ理,14,5分)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= .
答案 -3
解析 本题考查导数的综合应用.
设f(x)=(ax+1)ex,则f '(x)=(ax+a+1)ex,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k=f '(0)=a+1=-2,解得a=-3.
11.(2017课标Ⅰ文,14,5分)曲线y=x2+1x在点(1,2)处的切线方程为 .
答案 x-y+1=0
解析 本题考查导数的几何意义.
∵y=x2+1x,∴y'=2x-1x2,∴y'|x=1=2-1=1,∴所求切线方程为y-2=x-1,即x-y+1=0.
12.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1, f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为 .
答案 1
解析 本题主要考查导数的几何意义以及直线方程与截距.
由题意可知f '(x)=a-1x,所以f '(1)=a-1,
因为f(1)=a,所以切点坐标为(1,a),
所以切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),
即y=(a-1)x+1.
令x=0,得y=1,即直线l在y轴上的截距为1.
易错警示 不能正确求解函数的导数,而导致不能正确求解切线l的斜率.
13.(2016课标Ⅱ理,16,5分)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .
答案 1-ln 2
解析 直线y=kx+b与曲线y=ln x+2,y=ln(x+1)均相切,设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),由y=ln x+2得y'=1x,由y=ln(x+1)得y'=1x+1,∴k=1x1=1x2+1,∴x1=1k,x2=1k-1,∴y1=-ln k+2,y2=-ln k.即A1k,−lnk+2,B1k−1,−lnk,
∵A、B在直线y=kx+b上,∴2−lnk=k·1k+b,−lnk=k·1k−1+b⇒b=1−ln2,k=2.
评析 解决本题的关键是知道切点既在曲线上,又在切线上.
14.(2015课标Ⅰ文,14,5分)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1, f(1))处的切线过点(2,7),则a= .
答案 1
解析 由题意可得f '(x)=3ax2+1,∴f '(1)=3a+1,
又f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此切线过点(2,7),
∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得a=1.
15.(2015课标Ⅱ文,16,5分)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .
答案 8
解析 令f(x)=x+ln x,求导得f '(x)=1+1x, f '(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y'|x=x0=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,∴a=0或x0=-12,又ax02+(a+2)x0+1=2x0-1,即ax02+ax0+2=0,当a=0时,显然不满足此方程,∴x0=-12,此时a=8.
评析 本题主要考查导数的几何意义,能够利用点斜式求出切线方程是解题关键.
16.(2015陕西理,15,5分)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为 .
答案 (1,1)
解析 ∵函数y=ex的导函数为y'=ex,
∴曲线y=ex在点(0,1)处的切线的斜率k1=e0=1.
设P(x0,y0)(x0>0),∵函数y=1x的导函数为y'=-1x2,
∴曲线y=1x(x>0)在点P处的切线的斜率k2=-1x02,
则有k1k2=-1,即1·−1x02=-1,解得x02=1,又x0>0,
∴x0=1.又∵点P在曲线y=1x(x>0)上,∴y0=1,故点P的坐标为(1,1).
17.(2012课标文,13,5分)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为 .
答案 y=4x-3
解析 y'=3ln x+1+x·3x=3ln x+4,k=y'|x=1=4,切线方程为y-1=4(x-1),即y=4x-3.
评析 本题考查了导数的几何意义,考查了运算求解能力.
18.(2020新高考Ⅰ,21,12分)
已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
解析 f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f '(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为−2e−1,2.
因此所求三角形的面积为2e−1.
(2)当0
当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
名师点评:本题第(2)问中,由不等式成立求参数的取值范围,常规解法是分离参数转化为求函数的最值问题,而本题中参数分布范围较广,无法分离,所以要对参数进行分类讨论,怎样分类是本题的一个难点,特别是当a>1时,证明f(x)≥1需要用到a=1时的结论,思路很窄,技巧性较强.
19.(2022全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
解析 解法一:由题意可知f '(x)=3x2-1, f(x1)=x13-x1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),即y=(3x12-1)x-2x13①.
因为曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线,所以y=(3x12−1)x−2x13,y=x2+a有且仅有一组解,
即方程x2-(3x12-1)x+2x13+a=0有两个相等的实数根,
从而Δ=(3x12-1)2-4(2x13+a)=0⇔4a=9x14−8x13−6x12+1.
(1)若x1=-1,则4a=12⇔a=3.
(2)4a=9x14−8x13−6x12+1,
令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(x-1)(3x+1),
令h'(x)>0,得-13
又h(1)=-4,h−13=2027,所以h(x)≥-4,
所以a≥-1.
解法二:由题意可知f '(x)=3x2-1, f(x1)=x13-x1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),即y=(3x12-1)x-2x13①,
设公切线与曲线y=g(x)的切点为(x2,x22+a),又g'(x2)=2x2,
则切线可表示为y-(x22+a)=2x2(x-x2),即y=2x2x-x22+a②,
因为①②表示同一直线方程,所以3x12−1=2x2,−2x13=−x22+a,
则(3x12-1)2-8x13=4a⇔4a=9x14−8x13−6x12+1.
下面同解法一.
易错警示:不能认为两曲线的公切线切点相同.
20.(2022全国乙理,21,12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=ln(1+x)+xe-x,其定义域为(-1,+∞),f '(x)=1x+1+(1-x)e-x,
又f(0)=0,f '(0)=2,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.
(2)f(x)=ln(1+x)+axe-x有零点,即方程ln(x+1)=-axe-x有根,设g(x)=ln(x+1),h(x)=-axe-x,因为f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,所以g(x)和h(x)的图象在(-1,0),(0,+∞)上各恰有一个交点.易知g'(x)=1x+1,h'(x)=-a(1-x)e-x,g(0)=h(0)=0.
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
①若a=0,显然不满足.
②若a>0,则当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,此时g(x)和h(x)在(-1,0)上无交点.
③若a<0,则当x∈(-1,1)时,h'(x)>0,h(x)在(-1,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减.
(i)当x→+∞时,h(x)→0,g(x)→+∞,且g(0)=h(0)=0,要满足g(x)和h(x)的图象在(0,+∞)上有一个交点,需g'(0)
且g(0)=h(0)=0,要满足g(x)和h(x)的图象在(-1,0)上有一个交点,也需要g'(0)
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