PAGE1-第15講導數的意義及運算1．已知函數f(x)＝a2＋sinx，則f′(x)＝()A．3a＋cosxB．a2＋cosxC．3a＋sinxD．cosx2．已知函數y＝f(x)的圖象在點M(1，f(1))處的切線方程是y＝eq\f(1,2)x＋2，則f(1)＋f′(1)＝()．A.eq\f(1,2)B．1C．2D．33．(2024年山東)若函數y＝f(x)的圖象上存在兩點，使得函數的圖象在這兩點處的切線相互垂直，則稱y＝f(x)具有T性質．下列函數中具有T性質的是()A．y＝sinxB．y＝lnxC．y＝exD．y＝x34．已知f(x)＝ex(e為自然對數的底數)，g(x)＝lnx＋2，直線l是f(x)與g(x)圖象的公切線，則直線l的方程為()A．y＝eq\f(1,e)x或y＝x－1B．y＝－ex或y＝－x－1C．y＝ex或y＝x＋1D．y＝－eq\f(1,e)x或y＝－x＋15．(2024年陜西)設曲線y＝ex在點(0,1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)上點Ρ處的切線垂直，則點P的坐標為________．6．(2024年天津)曲線y＝cosx－eq\f(x,2)在點(0,1)處的切線方程為__________．7．(2024年新課標Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________.8．過點(1，－1)的曲線y＝x3－2x的切線方程為____________．9．(多選)若直線l與曲線C：y＝f(x)滿意以下兩個條件：(ⅰ)點P(x0，y0)在曲線C：y＝f(x)上，直線l方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)；(ⅱ)曲線C：y＝f(x)在點P(x0，y0)旁邊位于直線l的兩側，則稱直線l在點P處“切過”曲線C.下列選項正確的是()A．直線l：y＝0在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝x3B．直線l：x＝－1在點P(－1,0)處“切過”曲線C：y＝(x＋1)2C．直線l：y＝x在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝sinxD．直線l：y＝x－1在點P(1,0)處“切過”曲線C：y＝lnx10．已知關于x的方程kx－1＝cosx(k>0)恰好有兩個不同解，其中α為方程中較大的解，則αtaneq\f(α,2)＝________.11．(2024年江蘇)在平面直角坐標系xOy中，P是曲線y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的一個動點，則點P到直線x＋y＝0的距離的最小值是________．12．(2024年新課標Ⅱ)已知函數f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探討f(x)的單調性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；(2)設x0是f(x)的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．

第15講導數的意義及運算1．D2．D解析：f′(1)＝eq\f(1,2)，f(1)＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，f(1)＋f′(1)＝3.3．A解析：當y＝sinx時，y′＝cosx，cos0·cosπ＝－1，∴在函數y＝sinx圖象上存在兩點x＝0，x＝π使條件成立，故A正確；函數y＝lnx，y＝ex，y＝x3的導數值均非負，不符合題意，故選A.4．C解析：設切點分別為(x1，y1)，(x2，y2)，∵f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x)，∴ex1＝eq\f(1,x2)＝eq\f(lnx2＋2－ex1,x2－x1)，∴ex1＝eq\f(lne－x1＋2－ex1,e－x1－x1)，整理得(x1－1)(ex1－1)＝0.解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝\f(1,e)))，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x2＝1，))∴切線方程為y＝ex或y＝x＋1，故選C.5．(1,1)解析：∵y＝ex，∴y′＝ex.∴曲線y＝ex在點(0,1)處的切線斜率k1＝y′|x＝0＝e0＝1.設點P的坐標為(x0，y0)(x0＞0)，則y0＝eq\f(1,x0).∵y＝eq\f(1,x)，∴y′＝－eq\f(1,x2).∴曲線y＝eq\f(1,x)在點Ρ處的切線斜率k2＝y′|x＝x0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0)).∵k1·k2＝－1，∴－eq\f(1,x\o\al(2,0))＝－1，即xeq\o\al(2,0)＝1.解得x0＝±1.∵x0＞0，∴x0＝1.∴y0＝1，即點P的坐標是(1,1)．6．x＋2y－2＝0解析：∵y＝cosx－eq\f(x,2)，∴y′＝－sinx－eq\f(1,2).設切線斜率為k，則k＝－sin0－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，∴切線方程為y－1＝－eq\f(1,2)x，即x＋2y－2＝0.7．1－ln2解析：設y＝kx＋b與y＝lnx＋2和y＝ln(x＋1)的切點分別為(x1，lnx1＋2)和(x2，ln(x2＋1))．則切線分別為y－lnx1－2＝eq\f(1,x1)(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝eq\f(1,x2＋1)(x－x2)．化簡，得y＝eq\f(1,x1)x＋lnx1＋1，y＝eq\f(1,x2＋1)x－eq\f(x2,x2＋1)＋ln(x2＋1)．依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝－\f(x2,x2＋1)＋lnx2＋1，))解得x1＝eq\f(1,2).從而b＝lnx1＋1＝1－ln2.8．x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0解析：設P(x0，y0)為切點，則切線的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－2.故切線方程為y－y0＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0)．即y－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0)．又知切線過點(1，－1)，代入上述方程，得－1－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(1－x0)．解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2).故所求的切線方程為y＋1＝x－1或y＋1＝－eq\f(5,4)(x－1)．即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0.9．AC10．－1解析：kx－1＝cosx(k>0)恰好有兩個不同解，即直線y＝kx－1與y＝cosx恰好有兩個不同交點，如圖D131，k＝－sinα＝eq\f(cosα＋1,α)，∴α＝－eq\f(cosα＋1,sinα)，則αtaneq\f(α,2)＝－eq\f(cosα＋1,sinα)·taneq\f(α,2)＝－eq\f(cosα＋1,sinα)·eq\f(sinα,1＋cosα)＝－1.圖D13111．4解析：當直線x＋y＝0平移到與曲線y＝x＋eq\f(4,x)相切位置時，切點Q即為點P到直線x＋y＝0的距離最小．由y′＝1－eq\f(4,x2)＝－1，得x＝eq\r(2)(－eq\r(2)舍)，y＝3eq\r(2)，即切點Q(eq\r(2)，3eq\r(2))，則切點Q到直線x＋y＝0的距離為eq\f(|\r(2)＋3\r(2)|,\r(12＋12))＝4.12．(1)解：f(x)的定義域為(0,1)，(1，＋∞)，且在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞增．∵f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，∴f(x)在(1，＋∞)有唯一零點x1，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零點eq\f(1,x1).綜上，f(x)有且僅有兩個零點．(2)證明：∵eq\f(1,x0)＝e，故點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲線y＝ex上．由題設知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直線AB的斜率為k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x