2020高考数学复习--专题04 导数与切线(训练篇B)-用思维导图突破导数压轴题

专题04 导数与切线（训练篇B）

-用思维导图突破解导数压轴题

1. 设曲线ye在点(0,1)处的切线与曲线yx1(x0)上点P处的切线垂直，则xP的坐标为 .

解 设P(x0,y0)，由导数的几何意义知，曲线ye在点(0,1)处的切线斜率k11，

x曲线y11(x0)上点P处的切线斜率k22，因为两切线垂直，所以k1k21，

x0x即11，又x00，所以x01,y01，所以P(1,1). 2x01

2．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－ln x相切，则a的值为

4

________．

11

解 由f(x)＝x3＋ax＋，得f′(x)＝3x2＋a，f′(0)＝a，f(0)＝，∴曲线y＝f(x)在x＝

441

0处的切线方程为y－＝ax.

4

11

设直线y－＝ax与曲线g(x)＝－ln x相切于点(x0，－ln x0)，g′(x)＝－，

4x1

－ln x－4＝ax， ∴1

a＝－. ②x

0

0

0

①

333

将②代入①得ln x0＝，∴x0＝e4，∴a＝－e4.

4

3. 如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在

x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝( )

A．－1 C．2

B．0 D．4

1

解 由题图可知切线过点(0,2)，(3,1)，则曲线y＝f(x)在x＝3处的切线的斜率为－，

3

2

1

即f′(3)＝－，又因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，

3

1

所以g′(3)＝1＋3×－＝0.

3

故选B。

4. 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{f0＝b＝0，

f′0＝－aa＋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， 1

所以a≠－.

2

11

所以a的取值范围为－∞，－∪－，＋∞.

22

5.已知函数fxlnxx1x1.

（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线

yex的切线.

解（1）f（x）的定义域为（0，1）U（1，+∞）． 因为f'(x)120，所以f(x)在（0，1），（1，+∞）单调递增． 2x(x1)

3

e1e21e2320，f(e)22因为f（e）=10，所以f（x）在（1，+∞）e1e1e21有唯一零点x1，即f（x1）=0．又0x111f(x1)0，1，f()lnx11x1x11x11故f（x）在（0，1）有唯一零点．

x1综上，f（x）有且仅有两个零点．

11lnx0e（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上． x0x0由题设知f(x0)0，即lnx0x01，故直线AB的斜率x0111x01lnx0xxx011k00．

lnx0x0x01xx00x01曲线y=ex在点B(lnx0,11)处切线的斜率是，曲线ylnx在点x0x01A(x0,lnx0)处切线的斜率也是，所以曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是

x0曲线y=ex的切线．

6. 设函数f(x)xeaxbx，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为

y(e1)x4.

（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）求f(x)的单调区间. 解 （Ⅰ）因为f(x)xeaxbx，所以f(x)(1x)eaxb.

a2f(2)2e22e2b2e2依题设，,即 a2，解得a2,be；

f(2)e1ebe1（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)xe

2xx2xx）ex，由f（e2（1xex1）即e0知，f(x)4

与1xex1同号.

x1gx）1xe令（，则g(x)1ex1（-,1)时，g(x)0，g(x)，所以，当x在区间上单调递减；当x时，g(x)0，g(x)在区间上单调递（-,1）（1，+）（1，+）增.

故g上的最小值，从而g(x)0,x. （1）=1是g(x)在区间（-，+）（-，+）综上可知，f(x)0,x.故f(x)的单调递增区间为，（-，+）+. 7. 设a1，函数f(x)=(1x)ea.

2x(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)在,上仅有一个零点；

(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）,证明：m3a2x21． e2x2x解 (1)依题意f(x)=(1x)e(1x)(e)(1x)e0，所以 fx在

,上是单调增函数.

2(2)因a1，所以f(0)1a0f(a)=(1a)ea1aa0，∴fx在

2a(0,a)上有零点;

又由（1）知f(x)在,上是单调函数，故f(x)在,上仅有一个零点. （3）由（1）知，令f(x)=0得x=1，又f(1)=22a，即P(1,a)，即

eekOPa2. e2m2m又f(m)=(1m)e，所以(1m)ea2. e令g(m)em1，则g(m)=(1m)e，所以由g(m)>0得m>0，由g(m)<0m2m得m<0，所以函数g(m)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增.

x所以函数g(m)ming(0)0，即g(m)0在R上恒成立，所以em1，所以

5

a22(1m)2em(1m)3 即3a1m.

ee故m3a21． e8. 已知函数f(x)1x，g(x)lnx，其中e为自然对数的底数．

e（1）求函数yf(x)g(x)在x1处的切线方程；

（2）若存在x1，x2x1x2，使得g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)成立，其中为常数，

求证：e；

1，不等式f(x)g(x)≤a(x1)恒成立，求实数a的取值范围．（3）若对任意的x0，

1exlnxex1lnxlnx解 （1）因为yf(x)g(x)x，所以yxxx，故yx11，所以2eeeex函数yf(x)g(x)在x1处的切线方程为y1(x1)，即xey10．

e（2）由已知等式g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)得g(x1)f(x1)g(x2)f(x2)．

xx． 记p(x)g(x)f(x)lnxx，则p(x)exxee 假设≤e．

+上为单调增函数． ①若≤0，则p(x)0，所以p(x)在0，又p(x1)p(x2)，所以x1x2，与x1x2矛盾． ②若0≤e，记r(x)exx，则r(x)ex． 令r(x)0，解得x0ln．

上为单调增函数； 当xx0时，r(x)0，r(x)在x0，当0xx0时，r(x)0，r(x)在r(x)≥r(x0)=（1ln)≥0，所以p(x)≥0，

+上为单调增函数． 所以p(x)在0，0，x0上为单调减函数，所以

又p(x1)p(x2)，所以x1x2，与x1x2矛盾．

综合①②，假设不成立，所以e．

6

（3）由f(x)g(x)≤a(x1)得lnxaex(x1)≤0．

1a． 记F(x)=lnxaex(x1)，0x≤1，则F(x)=1axexxex2xxex1≥1，xex0，所以F(x)≥0，所以F(x)在0，+上为单调当a≤1时，因为2xeexe增函数，所以F(x)≤F(1)=0。

故原不等式恒成立．

3法一：当a1时，由（2）知ex≥ex，F(x)≤1aex21aex，

xxe当ae13(x)0，F(x)为单调减函数，所以F(x)F(1)=0，不合题意． x1时，F法二：当a1时，一方面F(1)=1ae0．

e另一方面，x111，F(x1)≥1aex1x112aex1aeae10．

aex1x1所以x0(x1，(x0)=0，又F1)，使F)上为单调减函数，所以当x0x1(x)在(0，时，F1)上为单调减函数， (x)0，故F(x)在(x0，所以F(x)F(1)=0，不合题意．

综上，a≤1． e 9. 已知函数f(x)13x3(a1)2x2ax.

（1）当a1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （2）讨论函数f(x)的单调性；

（3）对于任意x1，x2[0,2]，都有f(x1)f(x2)解：（1）当a1时，因为f(x)223，求实数a的取值范围.

13x3x2x

所以f(x)x2x1，f(0)1. 又因为f(0)0，

所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为yx.

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（2）因为f(x)13x32(a1)2x2ax，

所以f(x)x(a1)xa0. 令f(x)0，解得xa或x1.

若a1，当f(x)0即x1或xa时，函数f(x)单调递增； 当f(x)0即1xa时，函数f(x)单调递减. 若a1，则f(x)x2x1(x1)0，

当且仅当x1时取等号，函数f(x)是增函数.

若a1，当f(x)0即xa或x1时，函数f(x)单调递增.

当f(x)0即ax1时，函数f(x)单调递减.

22a1时，1),(a,+)，综上，函数f(x)单调递增区间为(,单调递减区间为(1,a)；

a1时，函数f(x)单调递增区间为(,)；

a1时，1). 函数f(x)单调递增区间为(,a),(1,+)，单调递减区间为(a,（3） 令f(x)x(a1)xa0，解得xa或x1. 当a0时，随x变化，f(x),f(x) 变化情况如下表：

2

由表可知f(0)f(1)，此时f(2)f(1)23 ，不符合题意.

当0a1时，随x变化，f(x),f(x) 变化情况如下表：

8

1312112由表可得f(0)0,f(a)aa,f(1)a,f(2) ，

62263且f(0)f(a)，f(1)f(2)，

13122aa，16f(a)f(2)，23所以只需 即 解得a1.

3f(1)f(0)，1a10.62当a1时，f(x)x2x1(x1)0在(0,2)恒成立，符合题意. 当1a2时，

2121a，52f(1)f(2)，63只需 即 解得1a.

3f(a)f(0)，1a31a20.26当a2时，f(1)f(2)，不符合题意.

综上，实数a的取值范围是[,].

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