备战2020年高考文数一轮复习第一节 导数的概念及运算

第三章 导数及其应用 第一节 导数的概念及运算
[考纲要求]
1．了解导数概念的实际背景．
2．通过函数图象直观理解导数的几何意义．
3．能根据导数定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝x ，y ＝1
x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数． 4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．
突破点一 导数的运算
[基本知识]
1．导数的概念
称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率li m Δx →
Δy
Δx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx
为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝li m Δx →
Δy
Δx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx .称函数f ′(x )＝li m Δx →0
f (x ＋Δx )－f (x )Δx 为f (x )的导函数．
2．基本初等函数的导数公式
3.导数运算法则
(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；
(2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤
f (x )
g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2
(g (x )≠0)． [基本能力]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)f ′(x 0)与(f (x 0))′的计算结果相同．( )
(2)求f ′(x 0)时，可先求f (x 0)再求f ′(x 0)．( ) (3)f ′(x 0)是导函数f ′(x )在x ＝x 0处的函数值．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ 二、填空题
1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为________． 答案：－x sin x
2．已知f (x )＝13－8x ＋2x 2，f ′(x 0)＝4，则x 0＝________. 解析：∵f ′(x )＝－8＋4x ， ∴f ′(x 0)＝－8＋4x 0＝4，解得x 0＝3. 答案：3
3．已知函数f (x )＝f ′⎝⎛⎭⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝⎛⎭⎫π4的值为________． 解析：∵f ′(x )＝－f ′⎝⎛⎭⎫
π4sin x ＋cos x ， ∴f ′⎝⎛⎭⎫π4＝－f ′⎝⎛⎭⎫π4×22＋22， 得f ′⎝⎛⎭⎫π4＝2－1.
∴f (x )＝(2－1)cos x ＋sin x . ∴f ⎝⎛⎭⎫π4＝1. 答案：1
[典例感悟]
1．已知函数f (x )＝x
e x ，则其导函数
f ′(x )＝( )
A.1＋x
e x
B.1－x e x
C ．1＋x
D ．1－x
解析：选B 函数f (x )＝x
e x ，则其导函数
f ′(x )＝e x －x e x e 2x ＝1－x e
x ，故选B.
2．(2019·枣庄三中质检)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．1 C ．－1
D ．e
解析：选C 由题可得f ′(x )＝2f ′(1)＋1
x ，则f ′(1)＝2f ′(1)＋1，解得f ′(1)＝－1，所以选C. 3．函数f (x )＝(x ＋1)2(x －3)，则其导函数f ′(x )＝( ) A ．3x 2－2x B ．3x 2－2x －5 C ．3x 2－x D ．3x 2－x －5
解析：选B法一：因为f(x)＝(x＋1)2(x－3)＝(x＋1)(x＋1)(x－3)，所以f′(x)＝[(x＋1)(x＋1)]′(x－3)＋(x＋1)(x＋1)·(x－3)′＝2(x＋1)(x－3)＋(x＋1)2＝3x2－2x－5.
法二：f(x)＝(x＋1)2(x－3)＝x3－x2－5x－3，则f′(x)＝3x2－2x－5.
[方法技巧]
导数运算的常见形式及其求解方法
1．设f(x)＝x(2 019＋ln x)，若f′(x0)＝2 020，则x0等于()
A．e2B．1
C．ln 2 D．e
解析：选B f′(x)＝2 019＋ln x＋1＝2 020＋ln x，由f′(x0)＝2 020，得2 020＋ln x0＝2 020，则ln x0＝0，解得x0＝1.
2．(2019·长沙长郡中学一模)等比数列{a n}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)＝()
A．26B．29
C．212D．215
解析：选C f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′，所以f′(0)＝a1a2a3…a8＝(a1a8)4＝(2×4)4＝212.故选C.
突破点二导数的几何意义
[基本知识]
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．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别地，如果曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线垂直于x轴，则此时导数f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x＝x0.
[基本能力]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点．()
(2)求曲线过点P的切线时P点一定是切点．()
答案：(1)√(2)×
二、填空题
1．已知函数f(x)＝ax ln x＋b(a，b∈R)，若f(x)的图象在x＝1处的切线方程为2x－y＝0，则a＋b＝________.
解析：由题意，得f ′(x )＝a ln x ＋a ，所以f ′(1)＝a ，因为函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，所以a ＝2，又f (1)＝b ，则2×1－b ＝0，所以b ＝2，故a ＋b ＝4. 答案：4
2．曲线y ＝log 2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________． 解析：∵y ′＝
1x ln 2，∴切线的斜率k ＝1ln 2，∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1)，∴所求三角形的面积S ＝12×1×1
ln 2
＝12ln 2＝1
2log 2e. 答案：1
2
log 2e
3．设函数f (x )＝g ⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2
，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为9x ＋y －1＝0，则曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为________．
解析：由已知得g ′(1)＝－9，g (1)＝－8， 又f ′(x )＝12g ′⎝⎛⎭
⎫x 2＋2x ，
∴f ′(2)＝12g ′(1)＋4＝－92＋4＝－1
2，f (2)＝g (1)＋4＝－4，
∴所求切线方程为y ＋4＝－1
2(x －2)，即x ＋2y ＋6＝0.
答案：x ＋2y ＋6＝0
[全析考法]
考法一 求切线方程
“过点A 的曲线的切线方程”与“在点A 处的曲线的切线方程”是不相同的，后者A 必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．
[例1] 已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程． [解] (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5， ∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，
∴曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －(－2)＝x －2，即x －y －4＝0.
(2)设切点坐标为(x 0，x 30－4x 2
0＋5x 0－4)， ∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，
∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，
又切线过点(x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)，
整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，
解得x 0＝2或x 0＝1，
∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0. [方法技巧]
求切线方程问题的2种类型及方法
(1)求“在”曲线y ＝f (x )上一点P (x 0，y 0)处的切线方程：点P (x 0，y 0)为切点，切线斜率为k ＝f ′(x 0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．
(2)求“过”曲线y ＝f (x )上一点P (x 0，y 0)的切线方程：切线经过点P ，点P 可能是切点，也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法”，即： ①设切点A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线方程为y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)；
②根据题意知点P (x 0，y 0)在切线上，点A (x 1，y 1)在曲线y ＝f (x )上，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧
y 1＝f (x 1)，
y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1
)，求
出切点A (x 1，y 1)，代入方程y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)，化简即得所求的切线方程．
考法二 求切点坐标
[例2] (2019·柳州一模)已知函数f (x )＝e 2x －
1，直线l 过点(0，－e)且与曲线y ＝f (x )相切，则切点的横坐标为( )
A ．1
B ．－1
C ．2
D ．e －
1
[解析] 设切点为(x 0，e 2x 0－1)，∵f ′(x )＝2e 2x －1
，∴2e 2x 0－1＝e 2x 0－1＋e x 0，化简得2x 0－1＝e 2－2x 0.令y ＝
2x －1－e 2
－2x
，则y ′＝2＋2e 2
－2x
>0.∵x ＝1时，y ＝0，∴x 0＝1.故选A.
[答案] A [方法技巧]
求切点坐标的思路
已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数，再让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标，将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．
考法三 求参数值或范围
[例3] (1)已知函数f (x )＝a ln x ＋bx 2的图象在点P (1，1)处的切线与直线x －y ＋1＝0垂直，则a 的值为( ) A ．－1 B ．1 C ．3
D ．－3
(2)(2019·乐山调研)已知曲线f (x )＝e 2x －2e x ＋ax －1存在两条斜率为3的切线，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫3，72 B ．(3，＋∞) C.⎝
⎛⎭⎫－∞，72 D ．(0,3)
[解析] (1)由已知可得P (1,1)在函数f (x )的图象上， 所以f (1)＝1，即a ln 1＋b ×12＝1，解得b ＝1， 所以f (x )＝a ln x ＋x 2，
故f ′(x )＝a
x ＋2x .
则函数f (x )的图象在点P (1,1)处的切线的斜率k ＝f ′(1)＝a ＋2， 因为切线与直线x －y ＋1＝0垂直， 所以a ＋2＝－1，即a ＝－3. (2)由题得f ′(x )＝2e 2x －2e x ＋a ，
则方程2e 2x －2e x ＋a ＝3有两个不同的正解， 令t ＝e x (t >0)，且g (t )＝2t 2－2t ＋a －3， 则由图像可知，有g (0)>0且Δ>0， 即a －3>0且4－8(a －3)>0， 解得3<a <7
2.故选A.
[答案] (1)D (2)A [方法技巧]
利用导数的几何意义求参数的基本方法
利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．
[提醒] (1)注意曲线上横坐标的取值范围； (2)谨记切点既在切线上又在曲线上．
[集训冲关]
1.[考法一](2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( ) A ．y ＝－2x B ．y ＝－x C ．y ＝2x
D ．y ＝x
解析：选D ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .
又∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立， 即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .
2.[考法二]曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A ．(1,3) B ．(－1,3) C ．(1,3)和(－1,3)
D ．(1，－3) 解析：选C f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，∴P (1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C.
3.[考法三]设曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点的切线为l 1，总存在曲线g (x )＝3ax ＋2cos x 上某点处切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( )
A ．[－1,2]
B ．[3，＋∞) C.⎣⎡⎦
⎤－23，13 D.⎣⎡⎦
⎤－13，2
3 解析：选D f ′(x )＝－e x －1，∵e x ＋1>1，∴
1
e x
＋1
∈(0,1)．又g ′(x )＝3a －2sin x ，∵－2sin x ∈[－2,2]，∴3a －2sin x ∈[－2＋3a,2＋3a ]，要使曲线f (x )上任意一点的切线l 1，总存在曲线g (x )上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
－2＋3a ≤0，2＋3a ≥1，解得－13≤a ≤23.故选D.
4.[考法三](2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 解析：∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x ，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3. 答案：－3
[课时跟踪检测]
[A 级 保分题——准做快做达标]
1．曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为( ) A ．(1－e)x －y ＋1＝0 B ．(1－e)x －y －1＝0 C ．(e －1)x －y ＋1＝0
D ．(e －1)x －y －1＝0
解析：选C 由于y ′＝e －1
x ，所以y ′|x ＝1＝e －1，故曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为y －e ＝(e
－1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0.
2．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( ) A ．－2 B ．2 C ．－94 D.94
解析：选C 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x ，所以f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，
解得f ′(2)＝－9
4
.
3．(2019·珠海期末)曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°
D ．120°
解析：选B 由题意知点(1,3)在曲线y ＝x 3－2x ＋4上．∵y ＝x 3－2x ＋4，∴y ′＝3x 2－2，根据导数的几何意义，可知曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝1，∴曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为45°.故选B.
4．(2019·青岛模拟)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n
＋1
(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 018(x )＝( )
A ．－sin x －cos x
B ．sin x －cos x
C ．－sin x ＋cos x
D ．sin x ＋cos x
解析：选C ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，…，∴f n (x )的解析式以4为周期重复出现，∵2 018＝4×504＋2，∴f 2 018(x )＝f 2(x )＝－sin x ＋cos x ，故选C.
5．(2019·山东省实验中学一模)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( ) A ．(0,0) B ．(1，－1) C ．(－1,1)
D ．(1，－1)或(－1,1)
解析：选D f ′(x )＝3x 2＋2ax ，依题意，得⎩⎪⎨⎪
⎧
3x 2
0＋2ax 0＝－1，x 0＋f (x 0)＝0，
f (x 0)＝x 30＋ax 20，
解得⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＝－2，x 0＝1，
f (x 0)＝－1
或⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＝2，x 0＝－1，f (x 0)＝1，
故选D.
6．(2019·湖北黄石二中一模)若直线y ＝kx ＋2是函数f (x )＝x 3－x 2－3x －1图象的一条切线，则k ＝( ) A ．1 B ．－1 C ．2
D ．－2
解析：选C 直线y ＝kx ＋2过(0,2)，f ′(x )＝3x 2－2x －3，设切点为(x 0，y 0)，故切线方程为y －y 0＝(3x 20－2x 0
－3)(x －x 0)，将(0,2)代入切线方程并结合y 0＝x 30－x 2
0－3x 0－1，解得x 0＝－1，y 0＝0，代入y ＝kx ＋2，解得k
＝2.
7．(2019·银川一中月考)设函数f (x )＝3sin θ3x 3＋cos θ2
x 2
＋4x －1，θ∈⎣⎡⎦⎤0，5π6，则导数f ′(－1)的取值范围是( ) A ．[3,4＋3] B ．[3,6]
C ．[4－3，6]
D ．[4－3，4＋3]
解析：选B 求导得f ′(x )＝3x 2sin θ＋x cos θ＋4，将x ＝－1代入导函数，得f ′(－1)＝3sin θ－cos θ＋4＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π6＋4，由θ∈⎣⎡⎦⎤0，5π6，可得θ－π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，2π3，∴sin ⎝⎛⎭⎫θ－π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1，∴2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π6＋4∈[3,6]．故选B.
8．(2019·巴蜀中学模拟)已知曲线y ＝2x
x －1在点P (2,4)处的切线与直线l 平行且距离为25，则直线l 的方程为
( )
A ．2x ＋y ＋2＝0
B ．2x ＋y ＋2＝0或2x ＋y －18＝0
C ．2x －y －18＝0
D ．2x －y ＋2＝0或2x －y －18＝0
解析：选B y ′＝2(x －1)－2x (x －1)2＝－2(x －1)2，y ′|x ＝2＝－2
(2－1)2＝－2，因此k l ＝－2，设直线l 方程为y ＝－2x ＋b ，即2x ＋y －b ＝0，由题意得|2×2＋4－b |
5
＝25，解得b ＝18或b ＝－2，所以直线l 的方程为2x ＋y －18＝0或2x ＋y ＋2＝0.故选B.
9．(2019·成都双流区模拟)过曲线y ＝x 2－2x ＋3上一点P 作曲线的切线，若切点P 的横坐标的取值范围是⎣⎡⎦⎤1，32，则切线的倾斜角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤0，π
2 B.⎣⎡⎦⎤0，π
4 C ．[0，π)
D.⎣⎡⎭
⎫3π
4，π 解析：选B 因为y ′＝2x －2,1≤x ≤3
2，所以0≤2x －2≤1.设切线的倾斜角为α，则0≤tan α≤1.因为0≤α≤π，
所以0≤α≤π
4
，故选B.
10．(2019·广东七校联考)函数f (x )＝x cos x 的导函数f ′(x )在区间[－π，π]上的图象大致是( )
解析：选A 法一：由题意，得f ′(x )＝cos x ＋x (－sin x )＝cos x －x sin x ，f ′(－x )＝f ′(x )，所以f ′(x )为偶函数．又f ′(0)＝1，所以排除C 、D ；令g (x )＝f ′(x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－x cos x －2sin x ，易知g ′(0)＝0，且当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，g ′(x )<0，f ′(x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎦⎤－π2，0时，g ′(x )>0，f ′(x )单调递增，所以f ′(x )在x ＝0处取得极大值，排除选项B.故选A.
法二：由题意，得f ′(x )＝cos x ＋x (－sin x )＝cos x －x sin x ，又f ′(0)＝1，所以排除C ，D ；当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π
2时，y ＝cos x 单调递减，对于y ＝x sin x ，y ′＝x cos x ＋sin x >0，则y ＝x sin x 单调递增，则f ′(x )＝cos x －x sin x 在⎝⎛⎦
⎤0，π
2上单调递减．故选A. 11．(2018·天津高考)已知函数f (x )＝e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________． 解析：∵f (x )＝e x
ln x ，∴f ′(x )＝e x
ln x ＋e x
x ，∴f ′(1)＝e.
答案：e
12．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为______________． 解析：因为y ′＝2
x ，y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2. 答案：y ＝2x －2
13．(2019·石家庄二中月考)已知函数f (x )＝1
x ，g (x )＝x 2.若直线l 与曲线f (x )，g (x )都相切，则直线l 的斜率为________．
解析：因为f (x )＝1x ，所以f ′(x )＝－1x 2，设曲线f (x )与l 切于点⎝⎛⎭⎫x 1，1x 1，则切线斜率k ＝－1
x 21
，故切线方程为
y －1x 1＝－1x 21(x －x 1)，即y ＝－1x 21x ＋2x 1.与g (x )＝x 2联立，得x 2＋1x 21x －2
x 1＝0.因为直线l 与曲线g (x )相切，所以⎝⎛⎭
⎫1x 212
－4⎝⎛⎭⎫－2x 1＝0，解得x 1＝－12，故斜率k ＝－1
x 21
＝－4. 答案：－4
14．(2019·淄博六中期末)曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离为________． 解析：设曲线上过点P (x 0，y 0)的切线平行于直线2x －y ＋3＝0，即斜率是2，则y ′|x ＝x 0＝2
2x 0－1
＝2，解得x 0＝1，所以y 0＝0，即点P (1,0)．又点P 到直线2x －y ＋3＝0的距离为|2－0＋3|
22＋(－1)2
＝5，所以曲线y ＝ln(2x
－1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是 5. 答案： 5
15．(2019·孝感高中期中)已知函数f (x )＝x 3－x . (1)求曲线y ＝f (x )在点M (1,0)处的切线方程；
(2)如果过点(1，b )可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数b 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝3x 2－1，∴f ′(1)＝2.
故切线方程为y －0＝2(x －1)，即2x －y －2＝0.
(2)设切点为(x 0，x 30－x 0)，则切线方程为y －(x 3
0－x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． 又切线过点(1，b )，所以(3x 20－1)(1－x 0)＋x 30－x 0＝b ， 即2x 30－3x 20＋b ＋1＝0.
由题意，上述关于x 0的方程有三个不同的实数解． 记g (x )＝2x 3－3x 2＋b ＋1，则g (x )有三个不同的零点，
而g ′(x )＝6x (x －1)，令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝1，则结合图像可知g (0)g (1)<0即可，可得b ∈(－1,0)． 16．设函数f (x )＝ax －b
x ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.
(1)求f (x )的解析式；
(2)曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积是否为定值，若是，求此定值；若不是，说明理由．
解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝7
4x －3，
当x ＝2时，y ＝1
2.
又f ′(x )＝a ＋b
x 2，所以
⎩⎨⎧
2a －b 2＝12
，
a ＋
b 4＝74，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝1，
b ＝3.
故f (x )＝x －3
x .
(2)是定值，理由如下：
设P (x 0，y 0)为曲线y ＝f (x )上任一点，
由f ′(x )＝1＋3x 2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0)， 即y －⎝⎛⎭⎫x 0－3x 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20
(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0
，得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．
所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积S ＝12⎪⎪⎪
⎪－6x 0·|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.
[B 级 难度题——适情自主选做]
1．(2019·河南名校联考)已知f (x )＝12
(e x －e －x )在点A 处的切线为l 1，g (x )＝x ⎝⎛⎭⎫ln x －1－12x 在点B 处的切线为l 2，l 1与l 2斜率均存在．若l 1⊥l 2，则直线AB 的斜率为( )
A ．0
B ．－1
C ．－e
D ．－32
解析：选D 设直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，则k 1≠0，k 2≠0.由题意得f ′(x )＝12(e x ＋e －x ) ≥12·2e x ·e －x ＝1，当且仅当x ＝0时等号成立，即k 1≥1.因为l 1⊥l 2，所以k 1·k 2＝－1，从而k 2∈[－1,0)．又g ′(x )＝ln x －x ，
令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝1x －1，分析易知h (x )在x ＝1处取得最大值－1，即k 2∈(－∞，－1]∩[－1,0)，从
而k 2只能为－1，所以A (0,0)，B ⎝⎛⎭⎫1，－32，则k AB ＝－32
.故选D. 2．(2019·蚌埠质检)已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭
⎫a －1e x ，曲线y ＝f (x )上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－e 2，＋∞)
B ．(－e 2,0) C.⎝⎛⎭⎫－1e 2，＋∞ D.⎝⎛⎭
⎫－1e 2，0 解析：选D ∵曲线y ＝f (x )上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，∴f ′(x )＝a ＋(x －1)e －x ＝0有两个不同的解，即a ＝(1－x )e －x 有两个不同的解．设y ＝(1－x )e －x ，则y ′＝(x －2)e －
x ，∴当x <2时，y ′<0，当x >2时，y ′>0，则y ＝(1－x )e －x 在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴x ＝2时，
函数y 取得极小值－e －2.又∵当x >2时总有y ＝(1－x )e －x <0且f (0)＝1>0，∴可得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭
⎫－1e 2，0.故选D.
3．(2019·山东名校调研)已知曲线y ＝e x
＋a 与y ＝x 2恰好存在两条公切线，则实数a 的取值范围是( ) A ．[2ln 2－2，＋∞)
B ．(2ln 2，＋∞)
C ．(－∞，2ln 2－2]
D ．(－∞，2ln 2－2)
解析：选D 由题意可设直线y ＝kx ＋b (k >0)为它们的公切线，联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋b ，y ＝x 2可得x 2－kx －b ＝0，由Δ＝
0，得k2＋4b＝0①.由y＝e x＋a求导可得y＝e x＋a，令e x＋a＝k，可得x＝ln k－a，∴切点坐标为(ln k－a，k ln k －ak＋b)，代入y＝e x＋a可得k＝k ln k－ak＋b②.联立①②可得k2＋4k＋4ak－4k ln k＝0，化简得4＋4a＝4ln
k－k.令g(k)＝4ln k－k，则g′(k)＝4
k－1，令g′(k)＝0，得k＝4，令g′(k)>0，得0<k<4，令g′(k)<0，得
k>4.∴g(k)在(0,4)内单调递增，在(4，＋∞)内单调递减，∴g(k)max＝g(4)＝4ln 4－4，且k→0时，g(k)→－∞，k→＋∞时，g(k)→－∞.∵有两条公切线，∴方程4＋4a＝4ln k－k有两解，∴4＋4a<4ln 4－4，∴a<2ln 2－2.故选D.。