专题三 导数及其应用第七讲 导数的计算与导数的几何意义答案.doc

1、专题三 导数及其应用第七讲 导数的计算与导数的几何意义答案部分1D【解析】通解 因为函数 为奇函数，所以 ，32()(1)fxax()(fxf所以 ，所以 ，3232()1)()()xaa2(1)0因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，Rfx2(3fx(f所以曲线 在点 处的切线方程为 故选 D()yfx0,)y优解一 因为函数 为奇函数，所以 ，所以32(1ax(1)0ff，解得 ，所以 ，1(1)a 3)fx所以 ，所以 ，所以曲线 在点 处的切线方程为2)3fx(0f (y,)故选 Dy优解二 易知 ，因为 为奇函数，322()(1)(1)fxaxax()fx所以函数 为偶函数，所以

2、，解得 ，所以2g 01a，所以 ，所以 ，所以曲线 在点3()fx2()3fx()f ()yfx处的切线方程为 故选 D0,y2A【解析】对于选项 A， ， 则 ，1()2()xxf 1()()2xxxeef ， )在 R 上单调递增， 具有 M 性质对于选项 B，1exf 2f， ， ，令 ，得2()f 2(xe()()xxfe2()0xe或 ；令 ，得 ，函数 在 和0x00f(,2)上单调递增，在 上单调递减， 不具有 M 性质对于选项(,)(2,)2()fxC， ，则 ， ， 在 R 上13)xf 1(3xxeef 13()3xey单调递减， 不具有 M 性质对于选项 D， ，(f

3、()cosfx，()cosxxef则 在 R 上不恒成立，故 在 R 上不(in)0ex()cosxxef是单调递增的，所以 不具有 M 性质cosf3A【解析】设两个切点分别为 ， ，选项 A 中， csyx，1(,)xy2(,)，当 时满足，故 A 正确；函数12cosx203ln,xyey的导数值均非负，不符合题意，故选 A.4A【解析】设 （不妨设 ） ，则由导数的1122ln,lnPx12,01x几何意义易得切线 的斜率分别为 由已知得12,l12,.k切线 的方程分别为 ，121221,.kxx1l 11lnyxx切线 的方程为 ，即 2l 22lny11lx分别令 得 又 与 的

4、交点为0x11,l,0ln.AxBxl2 ，2112(,ln)P1 ， ，故选 A2112|PABBPxSy 01PABS5B【解析】由导函数图像可知函数的函数值在 1,1上大于零，所以原函数递增，且导函数值在 1,0递增，即原函数在 1,1上切线的斜率递增，导函数的函数值在0,1递减，即原函数在0,1上切线的斜率递减，所以选 B6D【解析】 ，由题意得 ，即 1yax0|2xy3a7A【解析】 切线斜率为 3，则过（1,2）的切线方程为236，即 ，故选 A.2(1)y1y8A【解析】 ， ， xe0e9C【解析】 ，切点为 ，所以切线的斜率为 3， 故切线方程为23yx(1,2)P，令 得

5、 30x9y10B【解析】 ，所以2 2cos(incs)in(cosi)1(sinco)xxxy x 。21(sinco)44x11A【解析】点 处的切线斜率为 ， ，由点斜式可得切线,0)k2131xy方程为 A12D【解析】因为 ，即 tan 1，所 24(1)xxeye 以 3413 【解析】由题意知， ，所以曲线在点 处的切线斜率2yxyx(1,0)，故所求切线方程为 ，即 1xk 02()2yx14 【 解析】 由题意得 ，则 e()lnxxfefe15 【解析】 ，又 ，所以切线方程为yx21y1y，即 21()x161【解析】 ，切点为 ， ，则切线的斜率为 ，fa(1,)a(

6、fx(1)fa切线方程为： ，令 得出 ， 在 轴的截距为(yx01yl17 2yx【解析】当 时， ，则 又 为偶函数，0()xfe()fx所以 ，所以当 时， ，则曲线()xeff0x1xf在点(1 ，2)处的切线的斜率为 ，所以切线方程为yfx(1)2f，即 2(1)2yx181【解析】 ， ，即切线斜率 ，2()31fxa()31fa31ka又 ，切点为（1， ） ，切线过（2,7） ， ，f 27解得 1a19 【解析】 ，极值点为 ，切线的斜率ye(1)xye1(,)e，因此切线的方程为 01kx 203【解析】因为 ，所以 lnfax13fa218【解析】 ， ， 在点 处的切线

7、方程为1y 2y lnyx(1,)， ，又切线与曲线 2xa相切，当2()yxx时， 与 平行，故 ，令0a12y0a()y得 ，代入 ，得 ，点 在xx1x1,2)(2y的图象上，故 ， 2()(8a223【解析】由题意可得 又 ，过点 )5,P的切线的542ba2bfxa斜率 ，由解得 ，所以 742ba1, 323 【解析】由题意得 ，直线 的斜率为 ，(,)elnlnyxx 10y2设 ，则 ，解得 ，所以 ，所以点 Pmn1lmele(,)Pe24 【解析】 对于， ，所以 是曲线 在点203,|xy:y3:Cyx处的切线，画图可知曲线 在点 附近位于直线 的两侧，(0,) 3:C(

8、,)Pl正确；对于，因为 ，所以 不是曲线 ：12(),|xyy:1lx在点 处的切线，错误；对于， ，在点2)1(xy0,P 0cos,|1xy处的切线为 ，画图可知曲线 ： 在点 附近位于直线0, xyl:CxinP的两侧，正确；对于， ， ，在点 处的切线l 21cosx021|cosxy ,为 ，画图可知曲线 ： 在点 附近位于直线 的两侧，正确；xyl:Cxytan0,Pl对于 ，1，在点 处的切线为 ，令 ，1|xy0,P1:xyl()1ln(0)hx可得 ，所以 ，()xh min()0h故 ，可知曲线 ： 在点 附近位于直线 的下侧，错误lnx Cxyl,Pl252【解析】 1

9、yx，则 k，故切线方程 yx过点 解得 2(1,)26 【解析】 ，切线斜率为 4，则切线方程为：433ln4x.0xy27 【解析】 （）由题意 ，2()fxa所以，当 时， ， ，2a302()fx所以 ，(3)f因此，曲线 在点 处的切线方程是 ，()yfx,()f 3()yx即 90x（）因为 ()()cosingfxax所以 ，csx()ix，sna令 ，则 ，所以 在 上单调递增，()sihx()1cos0hx()hxR因此 ，所以，当 时， ；当 时 0()0（1） 当 时， ，a()singxax当 时， ， ， 单调递增；,x0()g()x当 时， ， ， 单调递减；(0)

10、xx当 时， ， ， 单调递增(0,)x0xa()gx()所以，当 时， 取到极大值，极大值是 ，() 31sin6gaa当 时， 取到极小值，极小值是 xx(0)（2） 当 时， ，0a()sin)g当 时， ， 单调递增；,x0x (gx所以， 在 上单调递增， 无极大值也无极小值(),)（3） 当 时， ，0a(singxax当 时， ， ， 单调递增；(,)x0()g()x当 时， ， ， 单调递减；xx当 时， ， ， 单调递增(,)xaa()()x所以，当 时， 取到极大值，极大值是 ；0()gx0ga当 时， 取到极小值，极小值是 x 31()sin6综上所述：当 时，函数 在

11、和 上单调递增，在 上单调递减，0a()g,)a(0,)(,0)a函数既有极大值，又有极小值，极大值是 ，极小值31sin6g是 ()g当 时，函数 在 上单调递增，无极值；0a()gx,)当 时，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，0(,a(0,)a函数既有极大值，又有极小值，极大值是 ，极小值)g是 31()sin6gaa28 【解析】 （）因为 ，所()ecosxf以 ()ecosi1,0xf f 又因为 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 0f ()yx,(0)f 1y（）设 ， ，则()ecosin)1xhx0,2(sico)esinx x 当 时， ，(0,)2x()0h所以

12、在区间 上单调递减(),所以对任意 有 ，即 (0,2x()0hx()0fx所以函数 在区间 上单调递减()f,所以当 时， 有最小值 ，2x()fx2()cos2fe当 时， 有最大值 001f29 【解析】 （I）由 ，得 32fxabxc23fxaxb因为 ， ，fc0所以曲线 在点 处的切线方程为 yfx,fyxc（II）当 时， ，4ab324xc所以 238fx令 ，得 ，解得 或 00x2x3与 在区间 上的情况如下：fxf,22,32,3fx00AcA27cA所以，当 且 时，存在 ， ，0c32714,2x2,3x，使得 32,x1230fxff由 的单调性知，当且仅当 时，

13、函数 有三个f ,7c324fxxc不同零点（III）当 时， ， ，2410ab230fxab,此时函数 在区间 上单调递增，所以 不可能有三个不同零点fx,fx当 时， 只有一个零点，记作 22fx 0x当 时， ， 在区间 上单调递增；0,x00,x当 时， ， 在区间 上单调递增fxf所以 不可能有三个不同零点fx综上所述，若函数 有三个不同零点，则必有 fx2410ab故 是 有三个不同零点的必要条件230ab当 ， 时， ， 只有两个不4c230ab232fxx同零点，所以 不是 有三个不同零点的充分条件2f因此 是 有三个不同零点的必要而不充分条件230abfx30 【解析】 （

14、）由题意知，曲线 在点 处的切线斜率为 2，所以()yfx=1,()f(1)2f，又 ln1,ax所以 （） k时，方程 ()fxg在 (1,2)内存在唯一的根设 ()ln,xhxf e当 0,1时， ()0x，又 224()3lnl810,he所以存在 0(1,)x，使 0()hx因为 l,xe所以当 (1,2)x时， 1()0hxe，当 (2,)x时， ()，所以当 时， 单调递增所以 1k时，方程 fxg在 (,)k内存在唯一的根（）由（）知，方程 )x在 12内存在唯一的根 0x，且 0(,)x时，()fxg， 0(,x时， ()f，所以 0201)ln)(),(,xxme当 时，若

15、， 0(,()mx若 ，由 1()ln0,x可知 0();xm故 1x 0()x当 0(,时，由 (2)xe可得 0,2时， ,单调递增； 2)x时， ),m单调递减可知 24(,e且 0(2)x综上可得函数 )x的最大值为 31 【解析】：（） ，由题设知 ，解得 (1)afxb(1)0f1b（） 的定义域为 ，由（）知， ，()fx0,2lnaxx 1()(1axa（）若 ，则 ，故当 时， ， 在 单调2a,()0fx()f1,)递增，所以，存在 ，使得 的充要条件为 ，0x0()fxa即 ，解得 .11a21（ii）若 ，则 ，故当 时， ；2a(,)ax()0fx当 时， ， 在 单

16、调递减，在 单调递(,)1ax()0fx()f1,)a(,)1a增.所以，存在 ，使得 的充要条件为 ，0)f而 ，所以不合题意2()ln1(1)1aaaf（iii ）若 ，则 f综上， 的取值范围是 a(2,)(,)32 【解析】：（1） )cos2csfxxx因为曲线 (y在点 ,()af处的切线为 yb所以 )0(fab，即 2cs0inoa，解得 01a（2）令 ，得fx所以当 0时 ()fx， ()f单调递增当 x时 ， 单调递减所以当 时， ()fx取得最小值 (0)1f，当 时，曲线 与直线 最多只有一个交点；1b yyb当 时， ，224421fbf b，0f所以存在 ，使得12,0,xx12fxf由于函数 在区间 和 上单调，所以当 时曲线f01b与直线 有且仅有两个不同交点yxyb综上可知，如果曲线 与直线 有两个不同交点，那么 的取值范围fxyb是 (1,)