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第12练导数几何意义的必会题型题型分析高考展望本部分题目考查导数的几何意义：函数f(x)在xx0处的导数即为函数图象在该点处的切线的斜率，考查形式主要为选择题和填空题或者在解答题的某一步中出现(难度为低中档)，内容就是求导，注意审题是过点(x0，y0)的切线还是在点(x0，y0)处的切线.常考题型精析题型一直接求切线或切线斜率问题例1(1)(2015课标全国)已知函数f(x)ax3x1的图象在点(1，f(1)处的切线过点(2,7)，则a_.(2)(2014大纲全国)曲线yxex1在点(1,1)处切线的斜率等于()A.2e B.e C.2 D.1点评导数几何意义的应用，需注意以下两点：(1)当曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线垂直于x轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是xx0；(2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线.曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线方程是yf(x0)f(x0)(xx0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.变式训练1已知f(x)x3f()x2x，则f(x)的图象在点(，f()处的切线斜率是_.题型二导数几何意义的综合应用例2(2014福建)已知函数f(x)exax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线yf(x)在点A处的切线斜率为1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x20)上不存在斜率为0的切线，则1的取值范围是()A.(1，) B.1，)C.(2，) D.2，)6.已知函数f(x)x33x，若过点A(0，16)且与曲线yf(x)相切的切线方程为yax16，则实数a的值是()A.3 B.3 C.6 D.97.(2015北京东城区联考)设aR，函数f(x)x3ax2(a3)x的导函数是f(x)，若f(x)是偶函数，则曲线yf(x)在原点处的切线方程为()A.y3x B.y2xC.y3x D.y2x8.(2014江西)若曲线yxln x上点P处的切线平行于直线2xy10，则点P的坐标是_.9.(2015陕西)函数yxex在其极值点处的切线方程为_.10.(2015广州质检)已知曲线C：f(x)x3axa，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_.11.(2014课标全国)设函数f(x)aexln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye(x1)2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)1.12.(2015天津)已知函数f(x)4xx4，xR.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)g(x)；(3)若方程f(x)a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1x2，求证：x2x1.答案精析第12练导数几何意义的必会题型常考题型精析例1(1)1(2)C解析(1)f(x)3ax21，f(1)13a，f(1)a2.(1，f(1)处的切线方程为y(a2)(13a)(x1).将(2,7)代入切线方程，得7(a2)(13a)，解得a1.(2)yex1xex1(x1)ex1，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为y|x12.变式训练11解析f(x)3x22f()x1，令x，可得f()3()22f()1，解得f()1，所以f(x)的图象在点(，f()处的切线斜率是1.例2(1)解由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，f(x)单调递增.所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值.(2)证明令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0.故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立.而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，即x2ln xln k成立.令h(x)x2ln xln k，则h(x)1.所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增.取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增.又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0.所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上可知，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x20时，exx2，所以ex ()2()2；当xx0时，ex()2()2()2x2.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.方法三首先证明当x(0，)时，恒有x30时，x2ex.从而h(x)0，h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)h(0)10，即x3x0时，有x2x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x20)的导数为y (x0)，曲线y (x0)在点P处的切线斜率k2 (m0)，因为两切线垂直，所以k1k21，所以m1，n1，则点P的坐标为(1,1).2.A 因为y2e2x，曲线在点(0,2)处的切线斜率k2，切线方程为y2x2，该直线与直线y0和yx围成的三角形如图所示，其中直线y2x2与yx的交点为A，所以三角形面积S1.3.A 易知点(1，1)在曲线上，且y，所以切线斜率ky|x12.由点斜式得切线方程为y12(x1)，即y2x1.4.A 依题意得y1ln x，y|xe1ln e2，所以21，a2，故选A.5.A 因为函数f(x)ax2bxc，所以11.函数f(x)图象上不存在斜率为0的切线，也就是f(x)0无解，故b24ac，所以1，即1的取值范围是(1，).6.D 先设切点为M(x0，y0)，则切点在曲线y0x3x0上，求导数得到切线的斜率kf(x0)3x3，又切线过A、M两点，所以k，则3x3.联立可解得x02，y02，从而实数a的值为ak9.7.C f(x)3x22ax(a3)，又f(x)是偶函数，a0，即f(x)3x23.kf(0)3.曲线yf(x)在原点处的切线方程为y3x，故选C.8.(e，e)解析设P(x0，y0).yxln x，yln xx1ln x.k1ln x0.又k2，1ln x02，x0e.y0eln ee.点P的坐标是(e，e).9.y解析设yf(x)xex，令yexxexex(1x)0，得x1.当x1时，y0；当x1时，y0，故x1为函数f(x)的极值点，切线斜率为0，又f(1)e1，故切点坐标为，切线方程为y0(x1)，即y.10.解析设切点坐标为(t，t3ata).由题意知，f(x)3x2a，切线的斜率为ky|xt3t2a，所以切线方程为y(t3ata)(3t2a)(xt).将点(1,0)代入式得，(t3ata)(3t2a)(1t)，解得t0或t.分别将t0和t代入式，得ka和ka，由题意它们互为相反数得a.11.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)aexln xexex1ex1.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)证明由(1)知，f(x)exln xex1，从而f(x)1等价于xln xxex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当x(0，)时，g(x)0.故g(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g().设函数h(x)xex，则h(x)ex(1x).所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)h(x).综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.12.(1)解由f(x)4xx4，可得f(x)44x3.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减.所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，).(2)证明设点P的坐标为(x0,0)，则x0，f(x0)12.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0).令函数F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0).由于f(x)4x34在(，)上单调递减，故F(x)在(，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数x，都有f(x)g(x).(3)证明由(2)知g(x)12.设方程g(x)a的根为x2，可得x2.因为g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，因此x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)4x.对于任意的x(，)，有f(x)h(x)x40，即f(x)h(x).设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)4x在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1，由此可得x2x1x2x1.
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