《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第二册》

10. (2023·承德期末) 已知$f(x)$是偶函数，当$x\leqslant0$时，$f(x)=\sqrt{-x}$，求曲线$y = f(x)$在点$(1,1)$处的切线方程.

答案： 解 当$x\gt0$时，$-x\lt0$，由已知得$f(-x)=\sqrt{-(-x)}=\sqrt{x}$。
$\because f(x)$是偶函数，$\therefore f(x)=f(-x)$，
$\therefore$当$x\gt0$时，$f(x)=\sqrt{x}$，则$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$，
$\therefore$曲线在点$(1,1)$处的切线的斜率$k = f'(1)=\frac{1}{2}$，
故所求切线的方程为$y - 1=\frac{1}{2}(x - 1)$，
即$x - 2y + 1 = 0$。

11. 设$f_{0}(x)=\sin x$，$f_{1}(x)=f_{0}'(x)$，$f_{2}(x)=f_{1}'(x)$，$\cdots$，$f_{n + 1}(x)=f_{n}'(x)$，$n\in\mathbf{N}$，则$f_{2023}(x)=$ （ ）
A. $\sin x$
B. $-\sin x$
C. $\cos x$
D. $-\cos x$

答案： D $f_{0}(x)=\sin x$，$f_{1}(x)=f_{0}'(x)=(\sin x)'=\cos x$，$f_{2}(x)=f_{1}'(x)=(\cos x)'=-\sin x$，$f_{3}(x)=f_{2}'(x)=(-\sin x)'=-\cos x$，$f_{4}(x)=f_{3}'(x)=(-\cos x)'=\sin x$，
所以$f_{n}(x)=f_{n + 4}(x)(n\in\mathbf{N})$。
故$f_{2023}(x)=f_{3}(x)=-\cos x$。

12. (多选) 直线$y=\frac{1}{2}x + b$能作为下列函数图象的切线的有 （ ）
A. $f(x)=\frac{1}{x}$
B. $f(x)=x^{4}$
C. $f(x)=\sin x$
D. $f(x)=e^{x}$

答案： BCD $f(x)=\frac{1}{x}$，则$f'(x)=-\frac{1}{x^{2}}=\frac{1}{2}$不成立，所以A不正确；$f(x)=x^{4}$，则$f'(x)=4x^{3}=\frac{1}{2}$可以成立，所以B正确；$f(x)=\sin x$，则$f'(x)=\cos x=\frac{1}{2}$可以成立，所以C正确；$f(x)=e^{x}$，则$f'(x)=e^{x}=\frac{1}{2}$可以成立，所以D正确。故直线$y=\frac{1}{2}x + b$能作为B、C、D中函数图象的切线。故选BCD。

13. 已知直线$l$过坐标原点且与曲线$y = e^{x}$相切，则$l$的方程为__________.

答案： $y = ex$
解析 设切点坐标为$(x_{0},e^{x_{0}})$。由$y = e^{x}$，得$y' = e^{x}$，则$y'|_{x = x_{0}}=e^{x_{0}}$，所以切线方程为$y - e^{x_{0}}=e^{x_{0}}(x - x_{0})$。因为切线过原点，所以$-e^{x_{0}}=e^{x_{0}}\cdot(-x_{0})$，解得$x_{0}=1$，所以切线方程为$y = ex$。

14. 已知点$A(\frac{1}{2},-1)$，$B(2,1)$，函数$f(x)=\log_{2}x$.
(1) 过坐标原点$O$作曲线$y = f(x)$的切线，求切线方程；
(2) 在曲线$y = f(x)(\frac{1}{2}\leqslant x\leqslant2)$上是否存在点$P$，使得在点$P$处的切线与直线$AB$平行？若存在，求出点$P$的横坐标；若不存在，请说明理由.

答案： 解 （1）设切点为$(m,\log_{2}m)(m\gt0)$。
因为$f(x)=\log_{2}x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x\ln 2}$。
由题意可得$\frac{1}{m\ln 2}=\frac{\log_{2}m}{m}$，解得$m = e$，
所以切线方程为$y-\log_{2}e=\frac{1}{e\ln 2}(x - e)$，
即$y=\frac{1}{e\ln 2}x$。
（2）过点$A(\frac{1}{2},-1)$，$B(2,1)$的直线的斜率为$k_{AB}=\frac{4}{3}$。
假设存在点$P$，使得在点$P$处的切线与直线$AB$平行，
设$P(n,\log_{2}n)$，$\frac{1}{2}\leqslant n\leqslant2$，
则有$\frac{1}{n\ln 2}=\frac{4}{3}$，得$n=\frac{3}{4\ln 2}$。
又$\frac{1}{2}=\ln\sqrt{e}\lt\ln 2\lt\ln e = 1$，
所以$1\lt\frac{1}{\ln 2}\lt2$，所以$\frac{3}{4}\lt\frac{3}{4\ln 2}\lt\frac{3}{2}$。
所以在曲线$y = f(x)(\frac{1}{2}\leqslant x\leqslant2)$上存在点$P$，使得在点$P$处的切线与直线$AB$平行，且点$P$的横坐标为$\frac{3}{4\ln 2}$。

15. (逻辑推理) 已知$P$为曲线$y=\ln x$上的一动点，$Q$为直线$y = x + 1$上的一动点，则$|PQ|$的最小值为 （ ）
A. 0
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\sqrt{2}$
D. 2

答案：
C 如图，当直线$l$与曲线$y=\ln x$相切且与直线$y = x + 1$平行时，切点到直线$y = x + 1$的距离即为$|PQ|$的最小值。易得$(\ln x)'=\frac{1}{x}$，令$\frac{1}{x}=1$，得$x = 1$，故此时点$P$的坐标为$(1,0)$。
$\therefore|PQ|_{\min}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

16. (文化情境命题) 法国数学家拉格朗日于 1778 年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数$y = f(x)$满足如下条件：①在闭区间$[a,b]$上是连续不断的；②在区间$(a,b)$上都有导数，则在区间$(a,b)$上至少存在一个数$\xi$，使得$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b - a)$，其中$\xi$称为拉格朗日中值. $g(x)=\ln x$在区间$[1,e]$上的拉格朗日中值$\xi =$_______.

答案： $e - 1$
解析 $g'(x)=\frac{1}{x}$，则$g'(\xi)=\frac{1}{\xi}$，由拉格朗日中值的定义可知，函数$g(x)=\ln x$在区间$[1,e]$上的拉格朗日中值$\xi$满足$g(e)-g(1)=g'(\xi)(e - 1)$，所以$g'(\xi)=\frac{g(e)-g(1)}{e - 1}=\frac{1}{e - 1}$，所以$g'(\xi)=\frac{1}{\xi}=\frac{1}{e - 1}$，则$\xi=e - 1$。