高考数学一轮复习题型归纳讲义 专题06 导数 6.1导数的几何意义 题型归纳讲义 （原卷版+解析版）

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中考数学复习策略（仅供参考）
中考复习中，数学占据了一定的位置，那么初三数学生要从哪几方面着手复习呢?
1、学生在第一轮复习阶段不要只钻难题、偏题，也不要搞题海战术，要注重学习方法，回归课本，抓住典型题目进行练习。
课本上的例题最具有典型性，可以有选择地做。在做例题时，要把其中包含的知识点抽出来进行总结、归纳，不要就题论题。另外，对于一些易错题，要在复习阶段作为重点复习，反复审题，加强理解。
2、要注重知识点的梳理，将知识点形成网络。学生经过一学期的学习，要将知识点进行总结归纳，找出区别与联系。
把各章的知识点绘制成知识网络图，将知识系统化、网络化，把知识点串成线，连成面。
3、要注重总结规律，加强解题后的反思。
期末考试前，学校一般都会组织模拟练习，学生要认真对待，注意记录、总结老师对模拟练习的讲评分析。通过模拟练习题，找出复习重点和自身的薄弱点，认真总结解题的规律方法，切忌不要闷头做题。

专题六 《导数》讲义
6.1导数的几何意义——切线
知识梳理.导数的几何意义
1．导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
一般地，称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率
＝为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝＝．
(2)导数的几何意义
函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(3)函数f(x)的导函数
称函数f′(x)＝为f(x)的导函数．
2．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈Q*)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos_x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ax(a>0且a≠1)
f′(x)＝axln_a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(x>0，a>0且a≠1)
f′(x)＝
f(x)＝ln x (x>0)
f′(x)＝
3.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(3)′＝(g(x)≠0)．
4．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．


题型一. 在某点的切线
1．函数f（x）＝xlnx﹣x3﹣x+1的图象在x＝1处的切线方程是　3x+y﹣2＝0（或y＝﹣3x+2）　．
【解答】解：由题意可得f'（x）＝lnx﹣3x2，则f'（1）＝﹣3，f（1）＝﹣1，
故所求切线方程为y+1＝﹣3（x﹣1），
即3x+y﹣2＝0．
故答案为：3x+y﹣2＝0（或y＝﹣3x+2）．
2．直线y＝kx+1与曲线y＝x3+ax+b相切于点A（1，3），则2a+b的值为　1　．
【解答】解：y＝x3+ax+b的导数为y′＝3x2+a，
可得切线的斜率为k＝3+a，
又k+1＝3，1+a+b＝3，
解得k＝2，a＝﹣1，b＝3，
即有2a+b＝﹣2+3＝1．
故答案为：1．
3．已知曲线y=1ex+1，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为（　　）
A．x+4y﹣2＝0 B．x﹣4y+2＝0 C．4x+2y﹣1＝0 D．4x﹣2y﹣1＝0
【解答】解：y=1ex+1的导数为y′=−ex(ex+1)2，
即有−ex(ex+1)2=−1ex+e−x+2≥−12ex⋅e−x+2=−14．
当且仅当x＝0时，取得等号．
即有切线的斜率为k=−14，切点为（0，12），
则切线的方程为y=−14x+12，
即为x+4y﹣2＝0．
故选：A．


题型二. 过某点的切线
1．已知函数f（x）＝x2﹣5x+7，求经过点A（1，2）的曲线f（x）的切线方程．
【解答】解：
设切点坐标为（x0，x02﹣5x0+7），
∵f′（x0）＝2x0﹣5，
∴切线方程为y﹣2＝（2x0﹣5）（x﹣1），
又切线过点（x0，x02﹣5x0+7），
∴x02﹣5x0+7﹣2＝（2x0﹣5）（x0﹣1），
整理得x02﹣2x0＝0，解得x0＝2或x0＝0，
∴经过A（1，2）的曲线f（x）的切线方程为x+y﹣3＝0或5x+y﹣7＝0．
2．已知直线y＝x+1与曲线y＝ln（x+a）相切，则a的值为（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【解答】解：设切点P（x0，y0），则y0＝x0+1，y0＝ln（x0+a），
又∵y'|x=x0=1x0+a=1
∴x0+a＝1
∴y0＝0，x0＝﹣1
∴a＝2．
故选：B．
3．已知曲线C：f（x）＝x3﹣ax+a，若过曲线C外一点A（1，0）引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为（　　）
A．278 B．﹣2 C．2 D．−278
【解答】解：由f（x）＝x3﹣ax+a，得f′（x）＝3x2﹣a，
设切点为(x0，x03−ax0+a)，
∴f'(x0)=3x02−a，
∴过切点的切线方程为y−x03+ax0−a=(3x02−a)(x−x0)，
∵切线过点A（1，0），
∴−x03+ax0−a=(3x02−a)(1−x0)，
解得：x0＝0或x0=32．
∴f′（0）＝﹣a，f'(32)=274−a，
由两切线倾斜角互补，得
﹣a=a−274，
∴a=278．
故选：A．


题型三. 已知切线求参数的取值范围
1．函数f（x）＝ax2−13x3（x＞0）的图象存在与直线x﹣y+2＝0平行的切线，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1] B．[1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
【解答】解：f′（x）＝2ax﹣x2，（x＞0）．
由题意，只需f′（x）＝2ax﹣x2＝1，（x＞0）有解，则只需y＝f′（x）（x＞0）的值域中包含1即可．
当a≤0时，f′（x）＜0，显然不符合题意；
当a＞0时，f′（x）的开口向下，在对称轴x=1a处取得最大值，
故f'(1a)=2a⋅1a−1a2≥1，即a2≥1，结合a＞0得，a≥1即为所求．
故选：B．
2．已知过点A（a，0）作曲线C：y＝x•ex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞） B．（0，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）
【解答】解：设切点为（m，mem），y＝x•ex的导数为y′＝（x+1）ex，
可得切线的斜率为（m+1）em，
则切线方程为y﹣mem＝（m+1）em（x﹣m），
切线过点A（a，0）代入得﹣mem＝（m+1）em（a﹣m），
可得a=m2m+1，即方程m2﹣ma﹣a＝0有两个解，
则有△＝a2+4a＞0可得a＞0或a＜﹣4．
即a的取值范围是（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）．
故选：A．
3．已知函数y=12x2的图象在点(x0，12x02)处的切线为直线l，若直线l与函数y＝lnx，x∈（0，1）的图象相切，则x0必满足条件（　　）
A．0＜x0＜1 B．1＜x0＜2 C．2＜x0＜3 D．3＜x0＜2
【解答】解：函数y=12x2的导数为y′＝x，
在点（x0，12x02）处的切线的斜率为k＝x0，
切线方程为y−12x02＝x0（x﹣x0），
设切线与y＝lnx相切的切点为（m，lnm），0＜m＜1，
即有y＝lnx的导数为y′=1x，
可得x0=1m，切线方程为y﹣lnm=1m（x﹣m），
令x＝0，可得y＝lnm﹣1=−12x02，
由0＜m＜1，可得x0＞1，且x02＞2，
解得x0＞2，
由m=1x0，可得x02﹣2lnx0﹣2＝0，
令f（x）＝x2﹣2lnx﹣2，x＞2，
f′（x）＝2x−2x＞0，f（x）在（2，+∞）上递增，
且f（3）＝3﹣ln3−2＜0，f（2）＝4﹣ln2﹣2＞0，
则有x02﹣2lnx0﹣2＝0的根x0∈（3，2）．
故选：D．
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题型四. 距离最值问题
1．若点P是函数f（x）＝x2﹣lnx上任意一点，则点P到直线x﹣y﹣2＝0的最小距离为　2　．
【解答】解：设x﹣y+m＝0与函数f（x）＝x2﹣lnx的图象相切于点P（x0，y0）．
f′（x）＝2x−1x，则2x0−1x0=1，x0＞0，解得x0＝1．
∴y0＝1，
∴点P（1，1）到直线x﹣y﹣2＝0的距离为最小距离d=|1−1−2|2=2，
故答案为：2．
2．（2012·全国）设点P在曲线y=12ex上，点Q在曲线y＝ln（2x）上，则|PQ|最小值为（　　）
A．1﹣ln2 B．2(1−ln2) C．1+ln2 D．2(1+ln2)
【解答】解：∵函数y=12ex与函数y＝ln（2x）互为反函数，图象关于y＝x对称，
函数y=12ex上的点P(x，12ex)到直线y＝x的距离为d=|12ex−x|2，
设g（x）=12ex−x（x＞0），则g′（x）=12ex−1，
由g′（x）=12ex−1≥0可得x≥ln2，
由g′（x）=12ex−1＜0可得0＜x＜ln2，
∴函数g（x）在（0，ln2）单调递减，在[ln2，+∞）单调递增，
∴当x＝ln2时，函数g（x）min＝1﹣ln2，
dmin=1−ln22，
由图象关于y＝x对称得：|PQ|最小值为2dmin=2(1−ln2)．
故选：B．

题型五. 公切线问题
1．设函数f(x)=p(x−1x)−2lnx，g(x)=2ex．若直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切，且与函数f（x）的图象相切于点（1，0），求p的值；
【解答】解：∵f′（x）＝p+px2−2x，∴f’（1）＝2（p﹣1），设直线l：y＝2（p﹣1）（x﹣1），
∵l与g（x）图象相切，∴y＝2（p﹣1）（x﹣1），得（p﹣1）（x﹣1）=ex，即（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e＝0，y=2ex
当p＝1时，方程无解；当p≠1时由△＝（p﹣1）2﹣4（p﹣1）（﹣e）＝0，
得p＝1﹣4e，综上，p＝1﹣4e
2．若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线，则b＝　1﹣ln2　．
【解答】解：设y＝kx+b与y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；
由导数的几何意义可得k=1x1=1x2+1，得x1＝x2+1
再由切点也在各自的曲线上，可得kx1+b=lnx1+2kx2+b=ln(x2+1)
联立上述式子解得k=2x1=12x2=−12；
从而kx1+b＝lnx1+2得出b＝1﹣ln2．
3．若存在a＞0，使得函数f（x）＝6a2lnx+4ax与g（x）＝x2﹣b在这两函数图象的公共点处的切线相同，则b的最大值为（　　）
A．1e2 B．12e2 C．13e2 D．3e2
【解答】解：设公共点为（x，y），（x＞0），且f'(x)=6a2x+4a，g'(x)=2x．
所以6a2lnx+4ax=x2−b①6a2x+4a=2x②（a＞0），由②得x2﹣2ax﹣3a2＝0，
解得x＝3a或﹣a（舍）．
将x＝3a代入①式整理得：b＝﹣3a2﹣6a2ln（3a），（a＞0）
令h（a）＝﹣3a2﹣6a2ln（3a），（a＞0），
∴ℎ'(a)=−6a−[12aln(3a)+6a2×33a]=−12a[ln（3a）+1]，
令h′（a）＝0得，a=13e，且x∈(0，13e)时，ℎ'(a)＞0；x∈(13e，+∞)时，h′（a）＜0．
故h（a）在（0，13e）上递增，在（13e，+∞）上递减．
故h（a）max＝h（13e）=13e2．故b的最大值为13e2．
故选：C．
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课后作业.切线
1．函数f（x）＝ln（x2+1）的图象在点（1，f（1））处的切线的倾斜角为（　　）
A．0 B．π2 C．π3 D．π4
【解答】解：函数f（x）＝ln（x2+1）的图象在点（1，f（1））处的切线的斜率为（1x2+1•2x）|x＝1＝1，
设函数f（x）＝ln（x2+1）的图象在点（1，f（1））处的切线的倾斜角为θ，
则tanθ＝1，∴θ=π4，
故选：D．
2．已知：过点M（m，0）可作函数f（x）＝x2﹣2x+t图象的两条切线l1，l2，且l1⊥l2，则t＝（　　）
A．1 B．54 C．32 D．2
【解答】解：设切点为（n，n2﹣2n+t），∵f′（x）＝2x﹣2，故切线斜率为2n﹣2．
所以切线方程：y﹣（n2﹣2n+t）＝（2n﹣2）（x﹣n），
将（m，0）代入整理得：n2﹣2mn+2m﹣t＝0，
设l1，l2的切点横坐标分别为n1，n2，则：n1+n2＝2m，n1n2＝2m﹣t．
因为l1⊥l2，所以f′（n1）f′（n2）＝（2n1﹣2）（2n2﹣2）＝4n1n2﹣4（n1+n2）+4＝﹣1①．
结合韦达定理得4×（2m﹣t）﹣4×2m+4＝﹣1，解得t=54．
故选：B．
3．已知函数f（x）＝2lnx+x2+ax，若曲线y＝f（x）存在与直线2x﹣y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣2） C．（﹣2，+∞） D．[﹣2，+∞）
【解答】解：函数f（x）＝2lnx+x2+ax存在与直线2x﹣y＝0平行的切线，
即f′（x）＝2在（0，+∞）上有解，
而f′（x）＝2•1x+2x+a，即2x+2x+a＝2在（0，+∞）上有解，a＝2﹣2（x+1x），
因为x＞0，所以x+1x≥2，x＝1时，等号成立，即有a≤2﹣4，
所以a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．
故选：A．
4．若函数f（x）＝lnx与函数g（x）＝x2+2x+lna（x＜0）有公切线，则实数a的取值范围是（　　）
A．（0，1） B．(0，12e) C．（1，+∞） D．(12e，+∞)
【解答】解：设f（x）的切点为（x1，lnx1），因为f'(x)=1x，
所以切线为：y﹣lnx1=1x1(x−x1)，即y=1x1⋅x+lnx1−1，（x1＞0）．
设g（x）的切点为（x2，x22+2x2+lna），因为g′（x）＝2x+2，
故切线为：y−(x22+2x2+lna)=（2x2+2）（x﹣x2）．
即y=(2x2+2)x−x22+lna．（x2＜0）．
因为是公切线，所以1x1=2x2+2lnx1−1=−x22+lna，
消去x1得，lna=x22−1+ln12(x2+1)，
令h（x）=x2+ln12(x+1)−1，x∈（﹣1，0）．
∵ℎ'(x)=2x−1x+1=2x2+2x−1x+1，∵y＝2x2+2x﹣1开口向上，且y|x＝﹣1＝y|x＝0＝﹣1＜0，x+1＞0．
所以h′（x）＜0，故h（x）在（﹣1，0）上单调递减，故h（x）＞h（0）=ln12−1=ln12e，
即lna＞ln12e，故a＞12e．
故选：D．
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