专题03 导数及其应用第六讲 导数的几何意义、定积分与微积分基本定理(解析版)

第六讲 导数的几何意义、定积分与微积分基本定理答案部分

2019年

x1.【解析】因为y（3x2x）ex，所以y'3e（x23x1），

3x2x）ex在点所以当x0时，y'3，所以y（处的切线斜率k3， （0，0）又y00所以切线方程为y03x0，即y3x． 2.【解析】yaexxlnx的导数为y'aexlnx1， 又函数yaexlnx在点(1,ae)处的切线方程为y2xb， 可得ae012，解得ae1，

又切点为(1,1)，可得12b，即b1．故选D．

x 2015-2018年

1．D【解析】通解 因为函数f(x)x(a1)xax为奇函数，所以f(x)f(x)，

2所以(x)(a1)(x)a(x)[x(a1)xax]，所以2(a1)x0，

32323232因为xR，所以a1，所以f(x)xx，所以f(x)3x1，所以f(0)1，

所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．

优解一 因为函数f(x)x(a1)xax为奇函数，所以f(1)f(1)0，所以

321a1a(1a1a)0，解得a1，所以f(x)x3x，

所以f(x)3x1，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为

2yx．故选D．

优解二 易知f(x)x(a1)xaxx[x(a1)xa]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)x(a1)xa为偶函数，所以a10，解得a1，所以

2322f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．

2．A【解析】不妨设P2(x2,lnx2)，由于l1l2，所以1(x1,lnx1)，P11()1， x1x2则x1111．又切线l1：ylnx1(xx1)，l2:ylnx2(xx2)， x2x2x11ylnx(xx1)1x1于是A(0,lnx11)，B(0,1lnx1)，所以|AB|2，联立，

1ylnx2(xx2)x2解得xP2x11x1，所以SPAB1122，2xP，因为x11，所以x11x12x1x1所以SPAB的取值范围是(0,1)，故选A．

3．A【解析】设函数yf(x)的图象上两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则由导数的几何意义

可知，点P，Q处切线的斜率分别为k1f(x1)，k2f(x2)若函数具有T性质,则

k1k2=f(x1)f(x2)=1．对于A选项，f(x)cosx，显然k1k2=cosx1cosx2=1

有无数组解，所以该函数具有T性质；对于B选项，f(x)1(x0)，显然 xk1k2=

11=1无解，故该函数不具有T性质；对于C选项，f(x)ex>0， x1x2xx显然k1k2=e1e2=1无解，故该函数不具有T性质；对于D选项，

2f(x)3x2≥0，显然k1k2=3x123x2=1无解，故该函数不具有T性质．故选A．

4．C 【解析】 取满足题意得函数f(x)2x1，若取k31，则f()2k2f()31 323则f(1，所以排除A．若取kk11， 10)k11f(1)111101110f(10)191111110kk1，所以排除D；取满足题

意的函数f(x)10x1，若取k故结论一定错误的是C．

1111，所以排除B， 2，则f()f()41k221k12．当x0时，y2， x15．y2x【解析】∵y2ln(x1)，∴y∴曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为y02(x0)，即y2x． 6．3【解析】y(ax1a)e，由曲线在点(0,1)处的切线的斜率为2，

得yx0x(ax1a)exx01a2，所以a3．

7．设ykxb与ylnx2和yln(x1)的切点分别为(x1,lnx12) 1ln2【解析】

和(x2,ln(x21))． 则切线分别为ylnx12化简得y11(xx1)，yln(x21)(xx2)， x1x2111xxlnx11，yxlnx212， x1x21x2111xx211依题意，1，解得x1，

2lnx1lnx1x212x21从而blnx111ln2．

8．y2x1【解析】由题意可得当x0时,f(x)lnx3x，则f(x)13，xf(1)2，则在点(1,3)处的切线方程为y32(x1)，即y2x1．

9．0【解析】

212(x1)dx(xx)0． 0022xxx10．(1,1)【解析】因为ye，所以ye，所以曲线ye在点0,1处的切线的斜率

k1yx0，则y0e01，设的坐标为x0,y0（x00）

11，因为y，所x0x1，因为2x0以y11，所以曲线在点P处的切线的斜率k2yy2xx

xx0k1k21，所以121，解得x01，因为x00，所以x01，1，即x02x0所以y01，即P的坐标是1,1，所以答案应填：1,1． 11．

25752【解析】由已知得阴影部分面积为4xdx4．所以此点取自阴影部分

1123355的概率等于3．

412xx12．【解析】（Ⅰ）因为f(x)ecosxx，所以f(x)e(cosxsinx)1,f(0)0．

又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y1． （Ⅱ）设h(x)e(cosxsinx)1，则

xh(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx．

当x(0,)时，h(x)0， 所以h(x)在区间[0,]上单调递减．

所以对任意x(0,]有h(x)h(0)0，即f(x)0． 所以函数f(x)在区间[0,]上单调递减．

因此f(x)在区间[0,]上的最大值为f(0)1，最小值为f()13．【解析】（I）

π2π2π2π2π2π2π． 2f(x)xeaxbx，∴f(x)eaxxeaxb(1x)eaxb

∵曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(e1)x4 ∴f(2)2(e1)4，f(2)e1 即f(2)2ea22b2(e1)4 ①

f(2)(12)ea2be1 ②

由①②解得：a2，be

（II）由（I）可知：f(x)xe2xex，f(x)(1x)e2xe

令g(x)(1x)e2x，∴g(x)e2x(1x)e2x(x2)e2x

x ,2  2 0 2,  g(x) g(x) 极小值 ∴g(x)的最小值是g(2)(12)e221 ∴f(x)的最小值为f(2)g(2)ee10． 即f(x)0对xR恒成立．

∴f(x)在,上单调递增，无减区间．

(6xa)ex(3x2ax)ex3x2(6a)xa, 14．【解析】（Ⅰ）对f(x)求导得f'(x)x2x(e)e因为f(x)在x0处取得极值，所以f'(0)0即a0．

3x23x26x33,当a0时，f(x)=x,f'(x)故f(1),f'(1),从而f(x)在点

eexee（1，f(1)）处的切线方程为y33(x1),化简得3xey0． ee3x2(6a)xa（Ⅱ）由（Ⅰ）知f'(x)． xe令g(x)3x(6a)xa，

26aa2366aa236由g(x)0解得x1，x2．

66当xx1时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为减函数； 当x1xx2时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为增函数； 当xx2时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为减函数；

6aa23693,解得a, 由f(x)在3,上为减函数，知x262故a的取值范围为9,． 215．【解析】（Ⅰ）设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，

1313x0ax00即，解得x0,a． 4243x2a00因此，当a3时，x轴是曲线yf(x)的切线． 4（Ⅱ）当x(1,)时，g(x)lnx0，从而h(x)min{f(x),g(x)}≤g(x)0， ∴h(x)在(1,)无零点．

55，则f(1)a≥0，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0, 4455故x=1是h(x)的零点；若a，则f(1)a0，

44当x=1时，若a≥h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的零点．

当x(0,1)时，g(x)lnx0，所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若a≤3或a≥0，则f(x)3xa在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调， 而f(0)215，f(1)a，所以当a≤3时，f(x)在(0,1)有一个零点； 44当a≥0时，f(x)在(0,1)无零点.

(ⅱ)若3a0，则f(x)在（0，aa）单调递减，在（，1）单调递增， 33故当x=aa1a2a． 时，f(x)取的最小值，最小值为f()=33343①若f(3a)＞0，即＜a＜0，f(x)在(0,1)无零点． 343a)=0，即a，则f(x)在(0,1)有唯一零点； 34315a)＜0，即3a，由于f(0)，f(1)a， 3444②若f(③若f(所以当53a时，f(x)在(0,1)有两个零点； 445当3a时，f(x)在(0,1)有一个零点．

435综上，当a或a时，h(x)由一个零点；

443553当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点．

4444