2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义10《导数的几何性质》（教师版）练习题

这是一份2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义10《导数的几何性质》（教师版）练习题，共6页。

、选择题
已知f'(x)是函数f(x)=eq \f(1,3)x3+2x+3的导函数,则f'(-3)+f(-3)=( )
A.1 B.-1 C.11 D.12
【答案解析】答案为：B；
解析：f'(x)=x2+2,所以f'(-3)+f(-3)=(-3)2+2+eq \f(1,3)×(-3)3+2×(-3)+3=11-12=-1.故选B.
函数f(x)=xcs x的导函数f′(x)在区间[－π，π]上的图象大致是( )
【答案解析】答案为：A；
解析：法一：由题意，得f′(x)=cs x＋x(－sin x)=cs x－xsin x，
f′(－x)=f′(x)，所以f′(x)为偶函数.又f′(0)=1，所以排除C、D；
令g(x)=f′(x)=cs x－xsin x，则g′(x)=－xcs x－2sin x，易知g′(0)=0，
且当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)0，f′(x)单调递增，
所以f′(x)在x=0处取得极大值，排除选项B.故选A.
法二：由题意，得f′(x)=cs x＋x(－sin x)=cs x－xsin x，
又f′(0)=1，所以排除C，D；当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，y=cs x单调递减，
对于y=xsin x，y′=xcs x＋sin x>0，则y=xsin x单调递增，
则f′(x)=cs x－xsin x在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减.故选A.
曲线y=x3－2x＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为( )
A.30° B.45° C.60° D.120°
【答案解析】答案为：B；
解析：由题意知点(1,3)在曲线y=x3－2x＋4上.∵y=x3－2x＋4，∴y′=3x2－2，
根据导数的几何意义，可知曲线y=x3－2x＋4在点(1,3)处的切线的斜率k=y′|x=1=1，
∴曲线y=x3－2x＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为45°.故选B.
曲线y=sin x＋ex在点(0,1)处的切线方程是( )
A.x－3y＋3=0 B.x－2y＋2=0 C.2x－y＋1=0 D.3x－y＋1=0
【答案解析】答案为：C
解析：y′=cs x＋ex，故切线斜率为k=2，切线方程为y=2x＋1，即2x－y＋1=0.
已知函数f(x)=ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线，
则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,eq \f(1,e)) B.(eq \f(1,e),+∞) C.(eq \f(1,e),e) D.(e，＋∞)
【答案解析】答案为：B.
解析：由题意知，方程f′(x)=－eq \f(1,e)有解，即ex－m=－eq \f(1,e)有解，即ex=m－eq \f(1,e)有解，
故只要m－eq \f(1,e)>0，即m>eq \f(1,e)即可，故选B.
曲线y=2lnx上的点到直线2x－y＋3=0的最短距离为( )
A.eq \r(5) B.2eq \r(5) C.3eq \r(5) D.2
【答案解析】答案为：A.
解析：设与直线2x－y＋3=0平行且与曲线y=2lnx相切的直线方程为2x－y＋m=0.
设切点为P(x0，y0)，∵y′=eq \f(2,x)，∴斜率k=eq \f(2,x0)=2，解得x0=1，因此y0=2ln1=0，
∴切点为P(1,0)，则点P到直线2x－y＋3=0的距离d=eq \f(|2－0＋3|,\r(22＋－12))=eq \r(5)，
∴曲线y=2lnx上的点到直线2x－y＋3=0的最短距离是eq \r(5).
已知直线2x－y＋1=0与曲线y=aex＋x相切(其中e为自然对数底数)，则实数a值是( )
A.eq \f(1,2) B.1 C.2 D.e
【答案解析】答案为：B.
解析：由题意知y′=aex＋1=2，则a>0，x=－lna，代入曲线方程得y=1－lna，
所以切线方程为y－(1－lna)=2(x＋lna)，即y=2x＋lna＋1=2x＋1⇒a=1.
已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图像在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为( )
A.e B.1 C.0 D.-1
【答案解析】答案为：B；
解析：由题意可知f'(x)=a-,切线l的斜率k=f'(1)=a-1,f(1)=a,
则切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),令x=0,得y=1.故选B.
若直线y=ax是曲线y=2ln x+1的一条切线,则实数a=( )
A. SKIPIF 1 < 0 B.2 SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D.2 SKIPIF 1 < 0
【答案解析】答案为：B；
解析：依题意,设直线y=ax与曲线y=2ln x+1的切点的横坐标为x0,则有y'=,
于是有解得x0=,则a==2,故选B.
设函数f(x)=eq \f(\r(3)sin θ,3)x3＋eq \f(cs θ,2)x2＋4x－1，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6)))，则导数f′(－1)的取值范围是( )
A.[3,4＋eq \r(3)]
B.[3,6]
C.[4－eq \r(3)，6]
D.[4－eq \r(3)，4＋eq \r(3)]
【答案解析】答案为：B；
解析：求导得f′(x)=eq \r(3)x2sin θ＋xcs θ＋4，将x=－1代入导函数，
得f′(－1)=eq \r(3)sin θ－cs θ＋4=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＋4，由θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6)))，
可得θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＋4∈[3,6].故选B.
已知函数f(x)=e2x－2ex＋ax－1，曲线y=f(x)上存在两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围为( )
A.(3，＋∞) B.(3,3.5) C.(-∞,3.5) D.(0,3)
【答案解析】答案为：B.
解析：f(x)=e2x－2ex＋ax－1的导函数为f′(x)=2e2x－2ex＋a，
由题意可得2e2x－2ex＋a=3的解有两个，即有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)))2=eq \f(7－2a,4)，
即为ex=eq \f(1,2)＋eq \f(\r(7－2a),2)或ex=eq \f(1,2)－eq \f(\r(7－2a),2)，即有7－2a>0且7－2a0时,f(x)=x3-ln x,则曲线y=f(x)在点(-1,-1)处的切线的斜率为 .
【答案解析】答案为：2；
解析：因为当x>0时,f(x)=x3-ln x,所以当x0,f(-x)=(-x)3-ln(-x),因为函数f(x)为奇函数,所以当x1，则当x∈eq \f(1,a)，1时，f′(x)0.
所以f(x)在x=1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－10.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
已知函数f(x)=eq \f(ax2＋x－1,ex).
(1)求曲线y=f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
【答案解析】解:(1)f′(x)=eq \f(－ax2＋2a－1x＋2,ex)，f′(0)=2.
因此曲线y=f(x)在点(0，－1)处的切线方程是y＋1=2x，即2x－y－1=0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)·e－x.
令g(x)=x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)=2x＋1＋ex＋1.
当x0，g(x)单调递增；
所以g(x)≥g(－1)=0.
因此f(x)＋e≥0.
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.
【答案解析】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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\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,x\\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,x\\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.
已知函数f(x)=(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
【答案解析】解:(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a=4时，f(x)=(x＋1)ln x－4(x－1)，
f′(x)=ln x＋eq \f(1,x)－3，f′(1)=－2，f(1)=0.
所以曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2=0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，
f(x)>0等价于ln x－eq \f(ax－1,x＋1)>0.
令g(x)=ln x－eq \f(ax－1,x＋1)，
则g′(x)=eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)=eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)=0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，
故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>g(1)=0；
②当a>2时，令g′(x)=0，
得x1=a－1－eq \r(a－12－1)，x2=a－1＋eq \r(a－12－1)，
由x2>1和x1x2=1，得x1