新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 一元函数的导数及其应用第1节 导数的概念及运算 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 一元函数的导数及其应用第1节 导数的概念及运算 (含解析)，共20页。试卷主要包含了导数的几何意义，基本初等函数的导数公式，导数的运算法则，复合函数的定义及其导数等内容，欢迎下载使用。

考试要求 1.通过实例分析，了解平均变化率、瞬时变化率，了解导数概念的实际背景.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.了解利用导数定义求基本初等函数的导数.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.5.能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数.
1.导数的概念
(1)如果当Δx→0时，平均变化率eq \f(Δy,Δx)无限趋近于一个确定的值，即eq \f(Δy,Δx)有极限，则称y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0处的导数(也称瞬时变化率)，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝ eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)).
(2)当x＝x0时，f′(x0)是一个唯一确定的数，当x变化时，y＝f′(x)就是x的函数，我们称它为y＝f(x)的导函数(简称导数)，记为f′(x)(或y′)，即f′(x)＝y′＝
eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) SKIPIF 1 < 0 eq \f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).
2.导数的几何意义
函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的几何意义就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
3.基本初等函数的导数公式
4.导数的运算法则
若f′(x)，g′(x)存在，则有：
[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)；
[cf(x)]′＝cf′(x).
5.复合函数的定义及其导数
(1)一般地，对于两个函数y＝f(u)和u＝g(x)，如果通过中间变量u，y可以表示成x的函数，那么称这个函数为函数y＝f(u)与u＝g(x)的复合函数，记作y＝f(g(x)).
(2)复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.
1.f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，则(f(x0))′＝0.
2.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,f（x）)))′＝－eq \f(f′（x）,[f（x）]2)(f(x)≠0).
3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.
4.函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率.( )
(2)函数f(x)＝sin(－x)的导数f′(x)＝cs x.( )
(3)求f′(x0)时，可先求f(x0)，再求f′(x0).( )
(4)曲线y＝f(x)在某点处的切线与曲线y＝f(x)过某点的切线意义是相同的.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)f′(x0)表示y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率，(1)错.
(2)f(x)＝sin(－x)＝－sin x，则f′(x)＝－cs x，(2)错.
(3)求f′(x0)时，应先求f′(x)，再代入求值，(3)错.
(4)“在某点”的切线是指以该点为切点的切线，因此此点横坐标处的导数值为切线的斜率；而对于“过某点”的切线，则该点不一定是切点，要利用解方程组的思想求切线的方程，在曲线上某点处的切线只有一条，但过某点的切线可以不止一条，(4)错.
2.(多选)下列导数的运算中正确的是( )
A.(3x)′＝3xln 3
B.(x2ln x)′＝2xln x＋x
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs x,x)))′＝eq \f(xsin x－cs x,x2)
D.(sin xcs x)′＝cs 2x
答案 ABD
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs x,x)))′＝eq \f(－xsin x－cs x,x2)，所以C项错误，其余都正确.
3.(2021·全国甲卷)曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为________.
答案 y＝5x＋2
解析 y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq \f(2（x＋2）－（2x－1）,（x＋2）2)＝eq \f(5,（x＋2）2)，所以y′|x＝－1＝eq \f(5,（－1＋2）2)＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.
4.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq \f(e,4)，则a＝________.
答案 1
解析 由f′(x)＝eq \f(ex（x＋a）－ex,（x＋a）2)，可得f′(1)＝eq \f(ea,（1＋a）2)＝eq \f(e,4)，即eq \f(a,（1＋a）2)＝eq \f(1,4)，解得a＝1.
5.(2022·湖北九师联盟质量检测)已知函数f(x)＝x2＋xln x的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－ay－1＝0平行，则实数a＝________.
答案 eq \f(1,3)
解析 因为f(x)＝x2＋xln x，所以f′(x)＝2x＋ln x＋1，切线斜率k＝f′(1)＝2＋1＝3，又该切线与直线x－ay－1＝0平行，所以eq \f(1,a)＝3，所以a＝eq \f(1,3).
6.(易错题)过原点与曲线y＝(x－1)3相切的切线方程为________.
答案 y＝0或27x－4y＝0
解析 函数y＝(x－1)3的导数为
y′＝3(x－1)2，
设过原点的切线的切点坐标为(x0，(x0－1)3)，
则切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝3(x0－1)2.
∵切线过原点(0，0)，
∴k＝3(x0－1)2＝eq \f(（x0－1）3－0,x0－0)，
解得x0＝1或x0＝－eq \f(1,2)，
则切点坐标为(1，0)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(27,8)))，对应的斜率k＝0或k＝eq \f(27,4)，
∴对应的切线方程为
y＝0或y＋eq \f(27,8)＝eq \f(27,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，
即y＝0或27x－4y＝0.
考点一 导数的运算
1.已知f(x)＝cs 2x＋e2x，则f′(x)＝( )
A.－2sin 2x＋2e2x B.sin 2x＋e2x
C.2sin 2x＋2e2x D.－sin 2x＋e2x
答案 A
解析 f′(x)＝－2sin 2x＋2e2x，选A.
2.(多选)已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0∈R使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”.下列选项中有“巧值点”的函数是( )
A.f(x)＝x2 B.f(x)＝e－x
C.f(x)＝ln x D.f(x)＝tan x
答案 AC
解析 若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；
若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；
若f(x)＝ln x，则f′(x)＝eq \f(1,x)，令ln x＝eq \f(1,x)，在同一直角坐标系内作出函数y＝ln x与y＝eq \f(1,x)的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)＝f′(x)存在实数解，故C符合要求；
若f(x)＝tan x，则f′ (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,cs x)))′＝eq \f(1,cs2x)，
令tan x＝eq \f(1,cs2x)，化简得sin xcs x＝1，变形可得sin 2x＝2，无解，故D不符合要求.故选AC.
3.若函数f(x)＝ln x－f′(1)x2＋3x－4，则f′(3)＝________.
答案 －eq \f(14,3)
解析 对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)－2f′(1)x＋3，所以f′(1)＝1－2f′(1)＋3，解得f′(1)＝eq \f(4,3)，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(8,3)x＋3，将x＝3代入f′(x)，可得f′(3)＝－eq \f(14,3).
4.求下列函数的导数.
(1)y＝x2sin x；(2)y＝ln x＋eq \f(1,x)；
(3)y＝eq \f(cs x,ex)；(4)y＝xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))).
解 (1)y′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′
＝2xsin x＋x2cs x.
(2)y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))′＝(ln x)′＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))′
＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2).
(3)y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs x,ex)))′＝eq \f(（cs x）′ex－cs x（ex）′,（ex）2)
＝－eq \f(sin x＋cs x,ex).
(4)∵y＝xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝eq \f(1,2)xsin(4x＋π)＝－eq \f(1,2)xsin 4x，
∴y′＝－eq \f(1,2)sin 4x－eq \f(1,2)x·4cs 4x
＝－eq \f(1,2)sin 4x－2xcs 4x.
感悟提升 1.求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.
2.抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解.
3.复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
考点二 导数的几何意义
角度1 求切线方程
例1 (1)(2020·全国Ⅰ卷)曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________.
答案 2x－y＝0
解析 设切点坐标为(x0，y0)，
∵y＝ln x＋x＋1，所以y′＝eq \f(1,x)＋1，
∴切线的斜率为eq \f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，
∴y0＝ln 1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，
∴切线方程为y－2＝2(x－1)，
即2x－y＝0.
(2)设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)，则曲线y＝f(x)过P(2，4)的切线方程为________.
答案 x－y＋2＝0或4x－y－4＝0
解析 设切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3)))，因为f′(x)＝x2，所以f′(x0)＝xeq \\al(2,0)，从而得到切点处的切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq \\al(2,0)(x－x0)，将(2，4)代入，化简得到xeq \\al(3,0)－3xeq \\al(2,0)＋4＝0，即(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2.当x0＝－1时，切线方程为x－y＋2＝0；当x0＝2时，切线方程为4x－y－4＝0.
角度2 求曲线的切点坐标
例2 在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
答案 (e，1)
解析 设A(m，n)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－n＝eq \f(1,m)(x－m).
又切线过点(－e，－1)，
所以有n＋1＝eq \f(1,m)(m＋e).
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e，1).
角度3 导数与函数图象问题
例3 已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________.
答案 0
解析 由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－eq \f(1,3)，∴f′(3)＝－eq \f(1,3).
∵g(x)＝xf(x)，
∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，
又由题意可知f(3)＝1，
∴g′(3)＝1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0.
感悟提升 1.求曲线在点P(x0，y0)处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程，若在该点P处的导数不存在，则切线垂直于x轴，切线方程为x＝x0.
2.求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同.过点处的切点坐标不知道，要设出切点坐标，根据斜率相等建立方程(组)求解，求出切点坐标是解题的关键.
训练1 (1)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
答案 B
解析 由y＝f′(x)的图象是先上升后下降可知，函数y＝f(x)图象的切线的斜率先增大后减小，故选B.
(2)(2021·杭州二模)曲线f(x)＝2ln x在x＝t处的切线l过原点，则l的方程是( )
A.2x－ey＝0 B.2x＋ey＝0
C.ex－2y＝0 D.ex＋2y＝0
答案 A
解析 对f(x)＝2ln x求导得f′(x)＝eq \f(2,x)，切线l的斜率k＝f′(t)＝eq \f(2,t)，又直线l过原点，所以k＝eq \f(2ln t,t)＝eq \f(2,t)，从而有ln t＝1，∴t＝e，从而得到k＝eq \f(2,e)，故切线l的方程为y＝eq \f(2,e)x，即2x－ey＝0.故选A.
(3)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A.a＝e，b＝－1 B.a＝e，b＝1
C.a＝e－1，b＝1 D.a＝e－1，b＝－1
答案 D
解析 因为y′＝aex＋ln x＋1，
所以k＝y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为
y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝e－1，,b＝－1.))
考点三 导数几何意义的应用
例4 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A.ebC.0答案 D
解析 法一 设切点为(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝ex0(x－a).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0－b＝ex0（x0－a），,y0＝ex0))得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有两个不同的解.
设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a).由f′(x)＝0得x＝a，所以当x0，f(x)单调递增，当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea.当x0，所以f(x)>0，又当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，故函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，
由题意知f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0法二 过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0(2)(2021·广州一模)若曲线C1：y＝ax2(a＞0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞))
解析 由y＝ax2(a＞0)得y′＝2ax，由y＝ex得y′＝ex.
设公切线与曲线C1切于点(x1，axeq \\al(2,1))，与曲线C2切于点(x2，ex2)，则2ax1＝ex2＝eq \f(ex2－axeq \\al(2,1),x2－x1)，可得2x2＝x1＋2，
∴a＝eq \f(e\f(x1,2)＋1,2x1).
∵a＞0，∴x1＞0，记f(x)＝eq \f(e\f(x,2)＋1,2x)(x＞0)，
则f′(x)＝eq \f(e\f(x,2)＋1（x－2）,4x2)，
当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
所以当x＝2时，f(x)min＝eq \f(e2,4)＞0，满足题意.
所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞)).
感悟提升 1.处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组)并解出参数：(1)切点处的导数是切线的斜率；(2)切点在切线上，故满足切线方程；(3)切点在曲线上，故满足曲线方程.
2.利用导数的几何意义求参数问题时，注意利用数形结合，化归与转化的思想方法.
训练2 (1)函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，2] B.(－∞，2)
C.(2，＋∞) D.(0，＋∞)
答案 B
解析 函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq \f(1,x).因为x＞0，所以2－eq \f(1,x)＜2，所以a的取值范围是(－∞，2).
(2)(2022·重庆调研)已知曲线f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2))) B.(3，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2))) D.(0，3)
答案 A
解析 f′(x)＝2e2x－2ex＋a，
依题意知f′(x)＝3有两个实数解，
即2e2x－2ex＋a＝3有两个实数解，
即a＝－2e2x＋2ex＋3有两个实数解，
令t＝ex，∴t＞0，
∴a＝－2t2＋2t＋3(t＞0)有两个实数解，
∴y＝a与φ(t)＝－2t2＋2t＋3(t＞0)的图象有两个交点，
φ(t)＝－2t2＋2t＋3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,2)，
∵t＞0，∴φ(t)max＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(7,2)，
又φ(0)＝3，故3＜a＜eq \f(7,2).
公切线问题
求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法.
一、共切点的公切线问题
例1 设点P为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax与g(x)＝3a2ln x＋2b(a＞0)的图象的公共点，以P为切点可作直线l与两曲线都相切，则实数b的最大值为( )
A.eq \f(2,3)eeq \f(3,4) B.eq \f(3,2)eeq \f(3,4) C.eq \f(4,3)eeq \f(2,3) D.eq \f(3,4)eeq \f(2,3)
答案 D
解析 设P(x0，y0)，由于P为公共点，
则eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝3a2ln x0＋2b.
又点P处的切线相同，则f′(x0)＝g′(x0)，
即x0＋2a＝eq \f(3a2,x0)，即(x0＋3a)(x0－a)＝0.
又a＞0，x0＞0，则x0＝a，
于是2b＝eq \f(5,2)a2－3a2ln a.
设h(x)＝eq \f(5,2)x2－3x2ln x，x＞0，
则h′(x)＝2x(1－3ln x).
可知：当x∈(0，eeq \f(1,3))时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当x∈(eeq \f(1,3)，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减.
故h(x)max＝h(eeq \f(1,3))＝eq \f(3,2)eeq \f(2,3)，
于是b的最大值为eq \f(3,4)eeq \f(2,3)，故选D.
二、切点不同的公切线问题
例2 (1)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
答案 8
解析 法一 ∵y＝x＋ln x，
∴y′＝1＋eq \f(1,x)，y′|x＝1＝2.
∴曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,y＝ax2＋（a＋2）x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.
法二 同法一得切线方程为y＝2x－1.
设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq \\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1).
∵y′＝2ax＋(a＋2)，
∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2ax0＋（a＋2）＝2，,axeq \\al(2,0)＋（a＋2）x0＋1＝2x0－1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))
(2)曲线y＝－eq \f(1,x)(x＜0)与曲线y＝ln x的公切线的条数为________条.
答案 1
解析 设(x1，y1)是公切线和曲线y＝－eq \f(1,x)的切点，
则切线斜率k1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))′|x＝x1＝eq \f(1,xeq \\al(2,1))，
切线方程为y＋eq \f(1,x1)＝eq \f(1,xeq \\al(2,1))(x－x1)，
整理得y＝eq \f(1,xeq \\al(2,1))·x－eq \f(2,x1).
设(x2，y2)是公切线和曲线y＝ln x的切点，
则切线斜率k2＝(ln x)′|x＝x2＝eq \f(1,x2)，
切线方程为y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
整理得y＝eq \f(1,x2)·x＋ln x2－1.
令eq \f(1,xeq \\al(2,1))＝eq \f(1,x2)，－eq \f(2,x1)＝ln x2－1，
消去x2得－eq \f(2,x1)＝ln xeq \\al(2,1)－1.
设t＝－x1＞0，
即2ln t－eq \f(2,t)－1＝0，只需探究此方程解的个数.
易知函数f(x)＝2ln x－eq \f(2,x)－1在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝－3＜0，f(e)＝1－eq \f(2,e)＞0，于是f(x)＝0有唯一解，于是两曲线的公切线的条数为1.
1.(多选)下列求导运算正确的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2)
B.(lg2x)′＝eq \f(1,xln 2)
C.(5x)′＝5xlg5x
D.(x2cs x)′＝2xcs x－x2sin x
答案 BD
解析 A中，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq \f(1,x2)，C中，(5x)′＝5xln 5，其余都正确.
2.曲线y＝eq \f(x＋1,x－1)在点(3，2)处的切线的斜率是( )
A.2 B.－2 C.eq \f(1,2) D.－eq \f(1,2)
答案 D
解析 y′＝eq \f(（x＋1）′（x－1）－（x＋1）（x－1）′,（x－1）2)
＝－eq \f(2,（x－1）2)，
故曲线在点(3，2)处的切线的斜率
k＝y′|x＝3＝－eq \f(2,（3－1）2)＝－eq \f(1,2).
3.若函数f(x)在R上可导，且f(x)＝x2＋2f′(1)x＋3，则( )
A.f(0)C.f(0)>f(4) D.以上都不对
答案 B
解析 函数f(x)的导数f′(x)＝2x＋2f′(1)，
令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，
故f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，
所以f(0)＝f(4)＝3.
4.(2021·辽宁百校联盟质检)函数f(x)＝eq \f(ex－2,x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A.2x＋y＋e－4＝0 B.2x＋y－e＋4＝0
C.2x－y＋e－4＝0 D.2x－y－e＋4＝0
答案 C
解析 f′(x)＝eq \f(xex－ex＋2,x2)，所以f′(1)＝2，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为2，切点为(1，e－2)，则切线方程为y－(e－2)＝2(x－1)，即2x－y＋e－4＝0.
5.已知直线y＝ax是曲线y＝ln x的切线，则实数a＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,2e) C.eq \f(1,e) D.eq \f(1,e2)
答案 C
解析 设切点坐标为(x0，ln x0)，由y＝ln x的导函数为y′＝eq \f(1,x)知切线方程为y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq \f(x,x0)＋ln x0－1.由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,x0)，,ln x0－1＝0，))解得a＝eq \f(1,e).
6.(多选)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是( )
A.f′(3)＞f′(2)
B.f′(3)＜f′(2)
C.f(3)－f(2)＞f′(3)
D.f(3)－f(2)＜f′(2)
答案 BCD
解析 f′(x0)的几何意义是f(x)在x＝x0处的切线的斜率.由图知f′(2)＞f′(3)＞0，故A错误，B正确.设A(2，f(2))，B(3，f(3))，则f(3)－f(2)＝eq \f(f（3）－f（2）,3－2)＝kAB，由图知f′(3)＜kAB＜f′(2)，即f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)，故C，D正确.
7.(2022·武汉一模)已知函数f(x)＝ax2＋ln x满足eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) SKIPIF 1 < 0 eq \f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，则曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线斜率为________.
答案 3
解析 易知f′(x)＝2ax＋eq \f(1,x)，
由eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) SKIPIF 1 < 0 eq \f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，
可得eq \f(2,3)eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) SKIPIF 1 < 0 eq \f(f（1）－f（1－2Δx）,2Δx)＝2，
即eq \f(2,3)f′(1)＝2，所以f′(1)＝3，可得3＝2a＋1，解得a＝1，故f′(x)＝2x＋eq \f(1,x)，
故f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2×eq \f(1,2)＋2＝3.
8.已知函数f(x)＝eq \f(1,ax－1)＋excs x，若f′(0)＝－1，则a＝________.
答案 2
解析 f′(x)＝eq \f(－（ax－1）′,（ax－1）2)＋excs x－exsin x＝eq \f(－a,（ax－1）2)＋excs x－exsin x，∴f′(0)＝－a＋1＝－1，则a＝2.
9.已知函数f(x)＝eq \f(1,x)，g(x)＝x2.若直线l与曲线f(x)，g(x)都相切，则直线l的斜率为________.
答案 －4
解析 ∵f(x)＝eq \f(1,x)，∴f′(x)＝－eq \f(1,x2)，
设曲线f(x)与l切于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,x1)))，则切线斜率k＝－eq \f(1,xeq \\al(2,1))，故切线方程为y－eq \f(1,x1)＝－eq \f(1,xeq \\al(2,1))(x－x1)，即y＝－eq \f(1,xeq \\al(2,1))x＋eq \f(2,x1).
与g(x)＝x2联立，得x2＋eq \f(1,xeq \\al(2,1))x－eq \f(2,x1)＝0.
∵直线l与曲线g(x)相切，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,xeq \\al(2,1))))eq \s\up12(2)－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x1)))＝0，
解得x1＝－eq \f(1,2)，故斜率k＝－eq \f(1,xeq \\al(2,1))＝－4.
10.已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R).
(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；
(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围.
解 f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2).
(1)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝b＝0，,f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，))
解得b＝0，a＝－3或a＝1.
(2)因为曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，所以关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＞0，
即4a2＋4a＋1＞0，所以a≠－eq \f(1,2).
所以a的取值范围为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
11.设函数f(x)＝ax－eq \f(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)证明曲线f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值.
(1)解 方程7x－4y－12＝0可化为
y＝eq \f(7,4)x－3，当x＝2时，y＝eq \f(1,2).
又∵f′(x)＝a＋eq \f(b,x2)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3，))
∴f(x)＝x－eq \f(3,x).
(2)证明 设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，由y′＝1＋eq \f(3,x2)知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,x0)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,xeq \\al(2,0))))(x－x0).令x＝0，得y＝－eq \f(6,x0)，∴切线与直线x＝0的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，∴切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0，2x0).∴曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形的面积S＝eq \f(1,2)|－eq \f(6,x0)||2x0|＝6.故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.
12.(2021·青岛二模)已知P是曲线y＝－sin x(x∈[0，π])上的动点，点Q在直线x－2y－6＝0上运动，则当|PQ|取最小值时，点P的横坐标为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 C
解析 如图所示，若使得|PQ|取得最小值，则曲线y＝－sin x(x∈[0，π])在点P处的切线与直线x－2y－6＝0平行，对函数y＝－sin x求导得y′＝－cs x，令y′＝eq \f(1,2)，可得cs x＝－eq \f(1,2).
∵0≤x≤π，解得x＝eq \f(2π,3).
13.(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1))和点B(x2，f(x2))处的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则eq \f(|AM|,|BN|)的取值范围是________.
答案 (0，1)
解析 由题意，f(x)＝|ex－1|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－ex，x<0，,ex－1，x≥0，))
则f′(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－ex，x<0，,ex，x>0，))
所以点A(x1，1－ex1)和点B(x2，ex2－1)，kAM＝－ex1，kBN＝ex2，
所以－ex1·ex2＝－1，所以ex1＋x2＝1，所以x1＋x2＝0，
所以AM的方程为y－1＋ex1＝－ex1(x－x1)，
M(0，ex1x1－ex1＋1)，
所以|AM|＝eq \r(xeq \\al(2,1)＋（ex1x1）2)
＝eq \r(1＋e2x1)·|x1|，
同理|BN|＝eq \r(1＋e2x2)·|x2|，
所以eq \f(|AM|,|BN|)＝eq \f(\r(1＋e2x1)·|x1|,\r(1＋e2x2)·|x2|)＝eq \r(\f(1＋e2x1,1＋e2x2))＝eq \r(\f(1＋e2x1,1＋e－2x1))＝ex1∈(0，1).
14.(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标.
解 (1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).
①当a≥eq \f(1,3)时，Δ≤0，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增；
②当a解得x1＝eq \f(1－\r(1－3a),3)，x2＝eq \f(1＋\r(1－3a),3)，
令f′(x)>0，则xx2；
令f′(x)<0，则x1所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.
综上，当a≥eq \f(1,3)时，f(x)在R上单调递增；
当a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞))上单调递增.
(2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，xeq \\al(3,0)－xeq \\al(2,0)＋ax0＋1).
因为f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(xeq \\al(3,0)－xeq \\al(2,0)＋ax0＋1)＝(3xeq \\al(2,0)－2x0＋a)(x－x0).
由l过坐标原点，得2xeq \\al(3,0)－xeq \\al(2,0)－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝（1＋a）x，,y＝x3－x2＋ax＋1))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1＋a))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1－a.))
所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).基本初等函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈Q，α≠0)
f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cs__x
f(x)＝cs x
f′(x)＝－sin__x
f(x)＝ax(a＞0且a≠1)
f′(x)＝axln__a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)
f′(x)＝eq \f(1,xln a)
f(x)＝ln x
f′(x)＝eq \f(1,x)