高考数学考点10导数的几何意义试题解读与变式 14页

考点十：导数的几何意义 【考纲要求】 （1）了解导数概念的实际背景. （2） 通过函数图像直观理解导数的几何意义. （3） 根据导数的定义求基本函数的导数. （4） 能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导 数，能求简单的复合函数（仅限于形如 )( baxf  的复合函数）的导数. 【命题规律】 导数的运算是导数应用的基础，一般较少直接考查，而导数的几何意义----切线问题是 高考考查的热点. 预计 2017 年的高考将会继续保持稳定，坚持考查导数的几何意义，命题形式会更加灵 活、新颖． 【典型高考试题变式】 （一）求函数的导函数 例 1.【2017 浙江高考改编】已知函数     x 1f x x- 2x-1 e x 2       ，求  f x 的导函 数. 【答案】（I）     1 2 1 2 1( )22 1 xx x e f x x x        ； 【方法技巧归纳】求函数的导函数要做到：1.基本初等函数的导函数相当熟悉；2.导函 数的四则运算要熟练.另外，在求导的过程中，要注意对原式进行变形，使得便于我们求导. 【变式 1】【函数中含有参数，利用某函数值的导数求参数的值】【2015 天津卷（文）】 已知函数    ln , 0,f x ax x x   ，其中 a 为实数,  f x 为  f x 的导函数,若  1 3f   ,则 a 的值为 ． 【答案】3 【解析】因为    1 lnf x a x   ,所以  1 3f a   . 【变式 2】【赋值法在求导得应用，题型变为填空题】【2017 江西太原高三模考一（文） 改 编 题 】 已 知 函 数       21 0 2 xf ff x e x xe    ， 则 )(xf 的 最 小 值 为 ___________________. 【答案】1 （二）导数的几何意义 例 2.【2017 天津卷（文）】已知 aR ，设函数 ( ) lnf x ax x  的图像在点   1, 1f 处 的切线为l ，则 l 在 y 轴上的截距为 . 【答案】1 【解析】 (1)f a ，切点为 (1, )a ， 1( )f x a x    ，则切线的斜率为 (1) 1f a   ，切 线方程为： ( 1)( 1)y a a x    ，令 0x  得出 1y  ，l 在 y 轴的截距为1. 【方法技巧归纳】切线的斜率就是函数在切点处的导数，倾斜值的正切值就是斜率. 【变式 1】【已知含参函数的切线斜率，求参数的值（或取值范围）】【2017 四川乐山第 三次调研考试（理）】已知曲线   2 2 1x xf x e e ax    存在两条斜率为3的切线，则实数 a 的取值范围是（ ） A.  3, B. 73, 2      C. 7, 2     D.  0,3 【答案】B 【解析】由题得   22 2x xf x e e a    ，则方程 22 2 3x xe e a   有两个解，令 xt e ， 且   22 2 3g t t t a    ，则由图象可知，有   0g t  且 0  ，即 3 0a   且  4 8 3 0a   ，解得 73 2a  ，故选 B. 【变式 2】【函数的切线斜率与切线的倾斜角之间的关系】【2017 安徽宣城六校联考改编 题】过函数   3 21 3f x x x  图象上一个动点作函数的切线,则切线倾斜角的范围为 A. 3π0, 4      B. π 3π0, ,π2 4           C. 3π[ ,π) 4 D. π 3π( ,2 4   【答案】B 【解析】由题意得   2 2k f x x x   = 21 1 1x     ,即 tanα 1k    ,解得 π α 02   或 3π α π4   .即切线倾斜角的范围为 π 3π0, ,π2 4           .故选 B. 【变式 3】【两个函数的切线垂直求切点的取值范围】【2015 陕西卷（理）】设曲线 xy e 在点（0,1）处的切线与曲线 1 ( 0)y xx   上点 处的切线垂直，则 的坐标为 ． 【答案】 1,1 【变式 4】【两个函数的切线平行求参数的值】【2014 江苏】在平面直角坐标系 中， 若 曲 线 （ 为 常 数 ） 过 点 ， 且 该 曲 线 在 点 处 的 切 线 与 直 线 平行，则 . 【答案】 【 解 析 】 曲 线 过 点 ， 则 ① ， 又 ， 所 以 ②，由①②解得 所以 ． （三）在一点处的切线方程 例 3. 【 2017 全 国 1 卷 （ 文 ）】 曲 线 2 1y x x   在 点 （ 1 ， 2 ） 处 的 切 线 方 程 为 _________________________. 【答案】 1y x  【解析】设  y f x ，则   2 12f x x x   ，所以  1 2 1 1f    ， 所以曲线 2 1y x x   在点 1,2 处的切线方程为  2 1 1y x    ，即 1y x  ． 【方法技巧归纳】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键 在于求出斜率，其求法为：设  0 0,P x y 是曲线  y f x 上的一点，则以 P 为切点的切线 方程是   0 0 0y y f x x x   ．若曲线  y f x 在点   0 0,P x f x 处的切线平行于 y 轴 （即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为 0x x ． 【变式 1】【例题中增加函数性质】【2016 全国 3 卷（理）】已知  f x 为偶函数，当 0x  时，    ln 3f x x x   ，则曲线  y f x 在点 1, 3 处的切线方程是__________． 【答案】 2 1y x   【变式 2】【增加例题中函数的参数，求参数的取值】【2017 届衡水中学押题卷 3（文） 改编题】已知函数    1 exf x bx a   （ a ， Rb ）.若曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 y x ，求 a ， b 的值分别为________. 【答案】 2,1 【解析】函数  f x 的定义域为 R ，    e 1 ex xf x b bx    1 exbx b   . 因为曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 y x ，所以     0 0,{ 0 1, f f    得 1 0,{ 1 1, a b     解 得 1,{ 2. a b   （四）过一点的切线方程 例 4.【2015 全国 1 卷（理）改编题】已知函数 ， ． （1）当 为何值时， 轴为曲线 的切线. 【答案】（Ⅰ） ； 【解析】（Ⅰ）设曲线 与 轴相切于点 ，则 ， ，即 ，解得 .因此，当 时， 轴是曲线 的切线. 【方法技巧归纳】对于曲线 )(xfy  上“过”点 ),( nm 的切线问题，一般要先设切点 ),( 00 yx ，于是切线为 ))((' 0 mxxfny  ，再根据切点在曲线上得 )( 00 xfy  ，切点在 切线上得 ))((' 000 mxxfny  .列方程组，可得切点的值. 【变式 1】【增加例题的难度，求切线的取值范围】【2017 甘肃第二次高考诊断考试（理）】 若 P 是函数      1 ln 1f x x x   图象上的动点，点  1, 1A   ，则直线 AP 斜率的取值 范围为（ ） A.  1, B.  0,1 C.  1,e e  D.  1,e   【答案】A 切线过点 1, 1  ，则：        0 0 0 01 1 ln 1 ln 1 1 1x x x x           ， 解得： 0 0x  ，切线的斜率  0ln 1 1 1k x    ， 综上可得：则直线 AP 斜率的取值范围为 1, . （五）两曲线的公切线 例 5.【2016 全国 2 卷（理）】若直线 y kx b  是曲线 ln 2y x  的切线，也是曲线  ln 1y x  的切线，则 b  ． 【答案】1 ln 2 【解析】 ln 2y x  的切点为  1 1ln +2x x， ，则它的切线为 1 1 1 ln 1y x xx     .  ln 1y x  的切点为  2 2ln +2x x， ，则它的切线为：   2 2 2 2 1 ln 11 1 xy x xx x      ，所以   1 2 2 1 2 2 1 1 1 ln 1 ln 1 1 x x xx x x          ，解得 1 1 2x  ， 2 1 2x   ，所 以 1ln 1 1 ln 2b x    ． 【方法技巧归纳】两曲线有公共切线，一般可以分别求出两曲线的切线，然后说明这两 直线重合；或者先求出其中一条曲线的切线，然后说明其也和另一曲线相切. 【变式 1】【例题中曲线添加参数，求参数的值】【2015 全国 2 卷】已知曲线 lny x x  在点 )1,1( 处的切线与曲线 1)2(2  xaaxy 相切，则 a= ． 【答案】8 【解析】由 11y x    可得曲线 lny x x  在点 )1,1( 处的切线斜率为 2,故切线方程为 2 1y x  , 与 1)2(2  xaaxy 联 立 得 2 2 0ax ax   , 显 然 0a  , 所 以 由 2 8 0 8a a a      . 【变式 2】【改编题目问法，两曲线存在公切线求参数范围】【2017 河南六市第二次联考 （理）】若曲线 2 1 : ( 0)C y ax a  与曲线 2 : xC y e 存在公共切线，则 a 的取值范围为 __________． 【答案】 2 ,4 e   【解析】由 y=ax2(a>0),得 y′=2ax，由 y=ex,得 y′=ex，曲线 C1:y=ax2(a>0)与曲线 C2:y=ex 存在公共切线， 设公切线与曲线 C1 切于点(x1,ax1 2),与曲线 C2 切于点  2 2 , xx e ，则 2 2 2 1 1 2 1 2 x x e axax e x x    ， 可得 2x2=x1+2，∴ 1 12 12 x ea x   ， 记   12 2 x ef x x   ，则    12 2 2' 4 x e xf x x   ， 当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)递减；当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)递增. ∴当 x=2 时,   2 min 4 ef x  .∴a 的范围是 2 ,4 e   . 【数学思想】 无限逼近的极限思想 （1）由 0 ( ) ( )'( ) limx f x x f xf x x      可以知道，函数的导数是函数的瞬时变化率， 函数的瞬时变化率是平均变化率的极限，充分说明极限是人们从近似中认识精确的数学方法. 极限的实质就是无限近似的量，向着有限的目标无限逼近而产生量变导致质变的结果，这是 极限的实质与精髓，也是导数的思想及其内涵. （2）曲线的切线定义，充分体现了运动变化及无限逼近的思想：“两个不同的公共点→ 两公共点无限接近→两公共点重合(切点)” “割线→切线”. （3）在求曲线的切线方程时，注意两个“说法”：求曲线在点 P 处的切线方程和求曲线 过点 P 的切线方程，在点 P 处的切线，一定是以点 P 为切点，过点 P 的切线，不论点 P 在不 在曲线上，点 P 不一定是切点． 【处理导数的几何意义问题注意点】 (1)对于曲线切线方程问题的求解，对函数的求导是一个关键点，因此求导公式，求导 法则及导数的计算原则要熟练掌握． (2)对于已知的点，应首先认真审题,对于确定切线的方程问题，要注意区分“该曲线过 点 P 的切线方程”与“该曲线在点 P 处的切线方程”的两种情况，避免出错.从历年高考题 看，“该曲线在点 P 处的切线方程”问题的考查较为普遍. 【典例试题演练】 1．【2017 宁夏银川一中高三二模（文）】已知在平面直角坐标系中，曲线   lnf x a x x  在 x a 处的切线过原点，则 a  A. 1 B. e C. 1 e D. 0 【答案】B 2．【2017 辽宁沈阳东北育才学校第九次模拟考试（理）】已知函数   x af x x e  ( 0)a  ，且  y f x 的图象在 0x  处的切线l 与曲 xy e 相切，符合情况的切线 A. 有 0 条 B. 有1条 C. 有 2 条 D. 有3条 【答案】A 【解析】函数 f(x)= x ax e 的导数为 f′(x)=1− 1 x aea ，a>0. 易知,曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线 l 的斜率为 1−1a,切点为(0,−1)， 可得切线的方程为 y=(1− 1 a )x−1. 假设 l 与曲线 y=ex 相切,设切点为(x0,y0)， 即有 e x0=1− 1 a =(1− 1 a )x0−1， 消去 a 得 e x0=e x0⋅ x0−1,设 h(x)=exx−ex−1， 则 h′(x)=exx,令 h′(x)>0，则 x>0， 所以 h(x)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增， 当 x→−∞,h(x)→−1,x→+∞,h(x)→+∞， 所以 h(x)在(0,+∞)有唯一解,则 e x0>1， 而 a>0 时,1−1a<1,与 e x0>1 矛盾，所以不存在. 故选：A. 3．【2017 湖南长沙长郡中学高三 5 月模考（理）】设曲线   xf x e x   （ e 为自然对 数的底数）上任意一点的切线为 1l ，总存在曲线   3 2cosg x ax x  上某点处切线 2l ，使得 1 2l l ，则实数 a 的取值范围为（ ） A.  1,2 B.  3, C. 2 1,3 3     D. 1 2,3 3     【答案】D 【解析】因为    1, 3 2sinxf x e g x a x      ，所以直线 1 2,l l 的斜率分别为  1 1 2 01 , 3 2sinxk e k a x     ，则由题设可得   1 01 3 2sin 1xe a x     ，即 10 13 2sin 1 xa x e    ，又因为对任意 1x ，都有 1 10 11 xe   ，故 存在 0x 使得 00 3 2sin 1a x   ，即存在 0x 使得 0 02sin 3 1 2sinx a x   ，故1 2 3 2a   ，即 1 2 3 3a   ，应选答案 D . 4．【2017 安徽蚌埠高三二质检（理）】已知函数   1 xf x x a e      ，曲线  y f x 上 存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与 y 轴垂直，则实数 a 的取值范围是（ ） A.  2 ,e  B.  2 ,0e C. 2 1 ,e      D. 2 1 ,0e     【答案】D 【解析】曲线  y f x 上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与 y 轴垂 直，    ' 1 0xf x a x e     有两个不同的解，即得  1 xa x e  有两个不同的解， 设  1 xy x e  ，则  ' 2 , 2, ' 0, 2, ' 0xy x e x y x y   ，  1 xy x e  在 ,2 上 递 减 ， 在  2, 上 递 增 2x  时 ， 函 数 取 得 极 小 值 2 ,e 又 因 为 当 2x  时 总 有  1 0xy x e   ，所以可得数 a 的取值范围是 2 1 ,0e     ，故选 D. 5．【2017 四川绵阳高三月考（理）】过点  2,1A 作曲线   3 3f x x x  的切线最多有 （ ） A．3 条 B． 2 条 C．1条 D． 0 条 【答案】A 6．【2018 河北石家庄二中开学考试（理）】已知函数     21 ,f x g x xx   .若直线l 与 曲线    ,f x g x 都相切，则直线l 的斜率为__________． 【答案】 4 【解析】因为     21 ,f x g x xx   ，所以   2 1‘ ,f x x   设曲线  f x 与 l 切于点 1 1 1x x       ， ，则切线斜率 2 1 1k x   ，故切线方程为  12 1 1 1 1y x xx x     ，即 2 1 1 1 2y xx x    ， 与   2g x x 联 立 得 ： 2 2 1 1 1 2 0x xx x    ， 因 为 直 线 l 与 曲 线  g x 相 切 ， 所 以 0241 1 2 2 1            xx ，解得 1 1 2x   ，故斜率 2 1 1k 4x     . 故答案为： 4 7．【2018 广东茂名高三五校联盟 9 月联考（理）】若函数 的图 象在点 处的切线斜率为 ，则函数 的极小值是__________． 【答案】 【解析】因为 ，所以由导数的几何意义可得切线 的斜率 ，故 ，令 可得 ，则函数 的极小值为 ，应填答案 . 8．【2017 河南新乡三模（文）】若    2 f x f x   3 3x x  对 Rx 恒成立，则曲 线  y f x 在点   2, 2f 处的切线方程为__________． 【答案】 13 15y x  （或13 15 0x y   ） 【解析】            332 3, 2 3f x f x x x f x f x x x                    333 2 3 3f x x x x x                3 21, 3 1, 2 13f x x x f x x f        又  2 11f  ，则曲线  y f x 在点   2, 2f 处的切线方程为  11 13 2y x   ，即 13 15y x  9．【2017湖南郴州市高三第四次质量检测（文）】若函数 （ ） 在区间 只有一个极值点，则曲线 在点 处切线的方程为__________． 【答案】 【解析】由题意可得 ，所以 即 在 有唯一奇次根.根据根的存在性定理 ，即 ， ，又因为 ，所以 . , ， ,所以切线方程为 .答案为：x-y+6=0. 10．【2018 河南周口市中英文学校开学考】曲线  C: sin 2xf x x e   在 0x  处的切 线方程为_____． 【答案】 2 3y x  【解析】由   sin 2xf x x e   ，得   cos xf x x e  ，  0 3f  ，切线的斜率为  0 2k f   ，故切线方程为 2 3y x  ，故答案为 2 3y x  . 11．【2018 贵州贵阳高三 8 月摸底考】已知函数    1 *n nf x x x n N   ，曲线  y f x 在点   2, 2f 处的切线与 y 轴的交点的纵坐标为 nb ，则数列 nb 的前 n 项和为 __________． 【答案】 12nn  【解析】对函数求导可得：    1' 1n nf x nx n x   ， 则      1 1' 2 2 1 2 2 2n n nf n n n          ， 且：   12 2 2 2n n nf     ， 曲线在   2, 2f 处的切线方程为    12 2 2 2n ny n x       ， 令 0x  可得：   12 2 2ny n    ， 即   12 2 2n nb n    ， 错位相减可得其前 n 项和为 12nn  . 12．【2017 湖南省郴州市高三第四次质量检测（文）改编】已知函数 （ ） 与函数 有公共切线.则求 的取值范围为_____________. 【答案】 13．【2017 吉林实验中学八模（理）改编】已知函数    ln af x x a Rx    ． （Ⅰ）若函数  f x 在 1x  处的切线平行于直线 2 0x y  ，求实数 a 的值． 【答案】（1） 1a   【解析】试题分析：（1）利用导数的几何意义，得  1 2f   ， 1a   ； 试题解析：（Ⅰ）   2 1' af x x x   ,函数  f x 在 1x  处的切线平行于直线 2 0x y  .  1 1 2, 1f a a       . 14．【2017 陕西省西安市西北工业大学附属中学第八次模拟（理）】已知函数    1 lnt xf x e t x  （常数 0t  ）. （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （Ⅱ）若曲线  y f x 与直线 y tx 相切，证明： 2t  . 【答案】(1)  f x 的单增区间为  1, ，单减区间为  0,1 ;(2)见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）求出  'f x ，  ' 0f x  得增区间，  ' 0f x  得减区间； （Ⅱ）设曲线  y f x 与直线 y tx 的切点为   0 0,x f x ，由 0 0 0 1 1 lnt x txx    ，可得   0 0 0 0 1 ln xt x x x   ，     1 ln xr x x x x   ，其中 11,1x t      ，利用导数研究函数的单调性 可得    1 2r x r  ，即 2t  . （Ⅱ）证明：设曲线  y f x 与直线 y tx 的切点为   0 0,x f x ， 因为    1 1t xf x t e x      ，所以    0 1 0 0 1t xf x t e tx         ，即  0 1 0 1 1t xe x    . 因为直线 y tx 经过切点   0 0,x f x ，所以    0 1 0 0 0lnt xf x e t x tx   ， 于是，有 0 0 0 1 1 lnt x txx    ，即   0 0 0 0 1 ln xt x x x   . 令    1 1 1t xh x e x    ，则    1 2 1 0t xh x te x     ，故  h x 单增， 又  1 1 0h    ， 11 1 01 th et t          ， 所以  h x 有唯一零点 0x ，且 0 11,1x t      . 再令     1 ln xr x x x x   ，其中 11,1x t      ， 则     2 22 3 ln 1 0 ln x x xr x x x x        ，故  r x 单减， 所以    1 2r x r  ，即 2t  .