文档文本内容
答案
-3
解析
解：曲线
，可得
，
曲线
在点
处的切线的斜率为
，
可得
，解得
．
故答案为：
．
答案
或
解析
解：设切点为
，则斜率
，
切线方程为
．又切线过点
，
所以有
，
解得
或
，
所以切线方程为
或
．
故答案为：
或
．
模块
模块1：
1
1
练习册
练习册——春季讲义高三理数
春季讲义高三理数
第2讲——满分系列之导数小
满分系列之导数小
题——目标
目标985
例题1
y = ax + 1 e
(
)
x
y =
′
ae +
x
ax + 1 e
(
)
x
y = ax + 1 e
(
)
x
0, 1
(
)
−2
a + 1 = −2
a = −3
−3
例题2
y = 3x −2
y =
x +
4
3
4
1
a, a
(
3)
k = 3a2
y −a =
3
3a
x −a
2 (
)
1, 1
(
)
2a −
3
3a +
2
1 = 0
a = 1
a = −
2
1
y = 3x −2
y =
x +
4
3
4
1
y = 3x −2
y =
x +
4
3
4
1
例题3
答案
A
解析
解：设切点为
，
的导数为
，
可得切线的斜率为
，
则切线方程为
，
切线过点
，代入得
，
可得
，即关于
的方程
有两个不相等的实数根，
则
，解得
或
．
即的取值范围是
．
故选：A．
答案
C
解析
解：
的导函数为
，
曲线
在点
处的切线斜率为
．
的导函数为
，
曲线
在点
处的切线斜率为
．
曲线
与
在点
处的切线平行，
，
解得
或
．
故选：C．
答案
C
解析
解：由题意知，
，
，
函数
与函数
的图象在点
处的切线相同，
，
，
故选：C．
1
1
1
m, me
(
m)
y = x ⋅ex
y =
′
x + 1 e
(
)
x
m + 1 e
(
)
m
y −me
=
m
m + 1 e
x −m
(
)
m (
)
A a, 0
(
)
−me
=
m
m + 1 e
a −m
(
)
m (
)
a =
m + 1
m2
m
m −
2
ma −a = 0
Δ = a +
2
4a > 0
a > 0
a < −4
a
−∞, −4 ∪
(
)
0, +∞
(
)
例题4
∵y = x −
2
1
y =
′
2x
∴
y = x −
2
1
x
0
2x
0
∵y = 1 −x3
y =
′
−3x2
∴
y = 1 −x3
x
0
−3x
0
2
∵
y = x −
2
1
y = 1 −x3
x
0
∴2x
=
0
−3x
0
2
x
=
0
0
−
3
2
例题5
f
x =
′ ( )
x
1
g
x =
′ ( )
2ax
∵
f x =
( )
lnx
g x =
( )
ax −
2
a
1, 0
(
)
∴1 = 2a
∴a =
2
1
答案
见解析．
解析
解：
，
，
．
当
时，
，又
，则
在
处的切线方程为
．
答案
解析
解：
，
令
，解得
，
令
，解得
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
解得
．
答案
见解析
解析
解：
时，
，函数的定义域为
，
，令
，解得
或
(舍)，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增，
列表如下：
所以
时，函数的极小值为，函数无极大值．
1
1
1
例题6
f x =
( )
e +
x
x −a
1
f
x =
′ ( )
e −
x
x −a
(
)2
1
f
0 =
′ ( )
1 −
a2
1
a =
2
1
f
0 =
′ ( )
−3
f 0 =
( )
−1
f x
( )
x = 0
y = −3x −1
例题7
e
f
x =
′ ( )
x2
e
x −1
x (
)
f
x >
′ ( )
0
x > 1
f
x <
′ ( )
0
0 < x < 1
f x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
f x
=
( )min
f 1 =
( )
e + a = 2e
a = e
例题8
a = 1
f x =
( )
−
2
x2
lnx −
2
1
0, +∞
(
)
f
x =
′ ( )
x
x + 1
x −1
(
) (
)
f
x =
′ ( )
0
x = 1
x = −1
0 < x < 1
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
x > 1
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x = 1
0
答案
见解析
解析
解：由于
，
，
所以当
时，
，
在
上递增，
故
；
当
时，
，
在
上递减，
故
；
当
时，由
得
，
，
．
在
上是增函数，在
上是减函数，在
上是增函数．
在
上最小值只能是
或
．
令
，则
，
，
于是，当
时，
；
当
时，
．
所以，当
时，
；
当
时，
．
综上，
．
答案
①当
时，
，
．
②当
时，
，
．
解析
解：当
时，
，
，
由
，解得
．
①当
时，
在
上
，
在
上
，
因此，
在
处取得极小值，也是最小值．
．
由于
，
，
因此，
．
②当
时，
，
因此
在
上单调递增，
1
1
例题9
f
x =
′ ( )
3 x −2
−
(
)2
3a
1 ⩽x ⩽3
a ⩽0
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
1, 3
[
]
f x
=
( )min
f 1 =
( )
7 −3a
a ⩾1
f
x ⩽
′ ( )
0
f x
( )
1, 3
[
]
f x
=
( )min
f 3 =
( )
9 −9a
0 < a < 1
f
x =
′ ( )
0
x
=
1
2 −
a
x
=
2
2 +
a
1 < x
<
1
x
<
2
3
f x
( )
1, x
[
1]
x
, x
[
1
2]
x
, 3
[
2
]
f x
( )
x ∈1, 3
[
]
f 1
( )
f x
=
(
2)
−2a
−
a
6a + 8
=
a
t ∈0, 1
(
)
f x
=
(
2)
−2t −
3
6t +
2
8
f 1 −
( )
f x
=
(
2)
7 −3t
−
(
2)
−2t −6t + 8 =
(
3
2
)
t + 1
2t −1
(
)2 (
)
0 < t <
2
1
f 1 <
( )
f x
(
2)
⩽
2
1
t < 1
f 1 ⩾
( )
f x
(
2)
0 < a <
4
1
f x
=
( )min
f 1 =
( )
7 −3a
⩽
4
1
a < 1
f x
=
( )min
f x
=
(
2)
−2a
−
a
6a + 8
f x
=
( )min
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧7 −3a, a < 4
1
−2a
−6a + 8,
⩽a < 1
a
4
1
9 −9a, a ⩾1
例题10
0 < m < e−2
f x
=
( )min
−
e2
1
f x
=
( )max
m + 3
ln m + 3 + 1
(
) [
(
)
]
m ⩾e−2
f x
=
( )min
m lnm + 1
(
)
f x
=
( )max
m + 3
ln m + 3 + 1
(
) [
(
)
]
a = −1
f x =
( )
x lnx + x
f
x =
′ ( )
lnx + 2
f
x =
′ ( )
0
x = e−2
0 < m < e−2
x ∈m, e
[
−2)
f
x <
′ ( )
0
x ∈e
, m + 3
( −2
]
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x = e−2
f x
=
( )min
−
e2
1
f m <
(
)
0
f m + 3 =
(
)
m + 3
ln m + 3 + 1 >
(
) [
(
)
]
0
f x
=
( )max
f m + 3 =
(
)
m + 3
ln m + 3 + 1
(
) [
(
)
]
m ⩾e−2
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
m, m + 3
[
]
，
．
f x
=
( )min
f m =
(
)
m lnm + 1
(
)
f x
=
( )max
f m + 3 =
(
)
m + 3
ln m + 3 + 1
(
) [
(
)
]
