新高考数学一轮复习教案第3章第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教案第3章第1节 导数的概念及运算（含解析），共17页。

核心素养立意下的命题导向
1.与基本初等函数相结合考查函数导数的计算，凸显数学运算的核心素养．
2．与曲线方程相结合考查导数的几何意义，凸显数学运算、直观想象的核心素养．
[理清主干知识]
1．导数的概念
函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率lieq \(m,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝lieq \(m,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝lieq \(m,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝lieq \(m,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx).称函数f′(x)＝lieq \(m,\s\d4(Δx→0)) eq \f(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)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)．
4．导数的几何意义
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.
5．复合函数的导数
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．
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(商的导数)若函数f(x)＝eq \f(x,ex)(e是自然对数的底数)，则其导函数f′(x)＝( )
A.eq \f(1＋x,ex) B.eq \f(1－x,ex)
C．1＋x D．1－x
答案：B
2．(导数的运算)已知f(x)＝13－8x＋2x2，f′(x0)＝4，则x0＝________.
解析：∵f′(x)＝－8＋4x，∴f′(x0)＝－8＋4x0＝4，解得x0＝3.
答案：3
3．(求切线方程)曲线y＝lg2x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′＝eq \f(1,xln 2)，∴切线的斜率k＝eq \f(1,ln 2)，∴切线方程为y＝eq \f(1,ln 2)(x－1)，∴所求三角形的面积S＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,ln 2)＝eq \f(1,2ln 2)＝eq \f(1,2)lg2e.
答案：eq \f(1,2)lg2e
4．(已知切线求参数)已知函数f(x)＝axln 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)＝aln 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
二、易错点练清
1．(多选·混淆求导公式)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
解析：选ABD 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．
2．(混淆点P处的切线和过P点的切线)函数f(x)＝x2＋eq \f(1,x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．x－y＋1＝0 B．3x－y－1＝0
C．x－y－1＝0 D．3x－y＋1＝0
解析：选A 函数f(x)＝x2＋eq \f(1,x)的导数为f′(x)＝2x－eq \f(1,x2)，
可得图象在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝2－1＝1，
切点为(1,2)，
可得图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－2＝x－1，
即x－y＋1＝0.故选A.
考点一 导数的运算
[典题例析]
(1)设f(x)＝x(2 020＋ln x)，若f′(x0)＝2 021，则x0等于( )
A．e2 B．1
C．ln 2 D．e
(2)(2021·日照质检)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
(3)函数f(x)＝xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))，则其导函数f′(x)＝________________.
[解析] (1)f′(x)＝2 020＋ln x＋1＝2 021＋ln x，由f′(x0)＝2 021，得2 021＋ln x0＝ 2 021，则ln x0＝0，解得x0＝1.
(2)由题可得f′(x)＝2f′(1)＋eq \f(1,x)，则f′(1)＝2f′(1)＋1，解得f′(1)＝－1，故选C.
(3)∵f(x)＝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，
∴f′(x)＝－eq \f(1,2)sin 4x－eq \f(1,2)x·4cs 4x
＝－eq \f(1,2)sin 4x－2xcs 4x.
[答案] (1)B (2)C (3)－eq \f(1,2)sin 4x－2xcs 4x
[方法技巧]
1．导数运算的常见形式及其求解方法
2．解决解析式中含有导数值问题的策略
解决解析式中含有导数值的函数，即解析式类似f(x)＝f′(x0)g(x)＋h(x)(x0为常数)的函数问题的关键是恰当赋值，然后活用方程思想求解，即先求导数f′(x)，然后令x＝x0，即可得到f′(x0)的值，进而得到函数解析式，最后求得所求导数值．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝ln(ax－1)的导函数为f′(x)，若f′(2)＝2，则实数a的值为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(2,3)
C.eq \f(3,4) D．1
解析：选B 因为f′(x)＝eq \f(a,ax－1)，所以f′(2)＝eq \f(a,2a－1)＝2，解得a＝eq \f(2,3).故选B.
2．(2021·长沙一模)等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)＝( )
A．26 B．29
C．212 D．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.
3．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)＝________.
解析：∵f′(x)＝2x＋2f′(1)，
∴f′(1)＝2＋2f′(1)，∴f′(1)＝－2.
∴f′(0)＝2f′(1)＝2×(－2)＝－4.
答案：－4
考点二 导数的几何意义
考法(一) 求切线方程
[例1] 已知函数f(x)＝x2.
(1)求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求经过点P(－1,0)的曲线f(x)的切线方程．
[解] (1)∵f(x)＝x2，∴f′(x)＝2x，
∴f′(1)＝2，又f(1)＝1，
∴曲线在点(1，f(1))处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)设切点坐标为(x0，xeq \\al(2,0))．
∵f′(x0)＝2x0，∴切线方程为y－0＝2x0(x＋1)，
又∵切点(x0，xeq \\al(2,0))在切线上，
∴代入切线方程得xeq \\al(2,0)＝2x0(x0＋1)，
即xeq \\al(2,0)＋2x0＝0，解得x0＝0或x0＝－2.
∴所求切线方程为y＝0或y＝－4(x＋1)，
即y＝0或4x＋y＋4＝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(x0，y0)处的切线方程：
点P(x0，y0)为切点，切线斜率为k＝f′(x0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)求“过”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)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”求解，即：
①设切点A(x1，y1)，则以A为切点的切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)；
②根据题意知点P(x0，y0)在切线上，点A(x1，y1)在曲线y＝f(x)上，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝fx1，,y0－y1＝f′x1x0－x1，))求出切点A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化简即得所求的切线方程．
考法(二) 求参数值或范围
[例2] 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)
[解析] 由题得f′(x)＝2e2x－2ex＋a，
则方程2e2x－2ex＋a＝3有两个不同的正解，
令t＝ex(t>0)，且g(t)＝2t2－2t＋a－3，
则由图象可知，有g(0)>0且Δ>0，
即a－3>0且4－8(a－3)>0，解得3[答案] 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．
考法(三) 导数的几何意义与函数图象
[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)＝________.
[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)．
又由题图可知f(3)＝1，
∴g′(3)＝1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0.
[答案] 0
[方法技巧]
函数图象与导数的关系
(1)导数的几何意义：切线的斜率就是函数在切点处的导数．
(2)切线斜率的变化对函数图象的影响：函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，|f′(x)|越大，曲线f(x)的形状越陡，f′(x)＞0，曲线上升；f′(x)＜0，曲线下降．
[针对训练]
1．若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x＋b的切线，则b＝( )
A．－1 B．1
C．2 D．e
解析：选C 令y＝f(x)＝ex，∴f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，
∵f(0)＝1，∴曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.
设切线y＝x＋1与曲线y＝ln x＋b的切点坐标为(m，m＋1)，
∵y′＝eq \f(1,x)，∴y′|x＝m＝eq \f(1,m)＝1，
∴m＝1，∴切点坐标为(1,2)，∴2＝ln 1＋b，∴b＝2.
2．(多选)(2021·青岛模拟)若直线y＝eq \f(1,2)x＋b是函数f(x)图象的一条切线，则函数f(x)可以是( )
A．f(x)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝x4
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝ex
解析：选BCD 直线y＝eq \f(1,2)x＋b的斜率为k＝eq \f(1,2)，由f(x)＝eq \f(1,x)的导数为f′(x)＝－eq \f(1,x2)，即切线的斜率小于0，故A不正确；由f(x)＝x4的导数为f′(x)＝4x3，而4x3＝eq \f(1,2)，解得x＝eq \f(1,2)，故B正确；由f(x)＝sin x的导数为f′(x)＝cs x，而cs x＝eq \f(1,2)有解，故C正确；由f(x)＝ex的导数为f′(x)＝ex，而ex＝eq \f(1,2)，解得x＝－ln 2，故D正确，故选B、C、D.
3．已知直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b＝________.
解析：由题意知，y＝x3＋ax＋b的导数y′＝3x2＋a，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(13＋a＋b＝3，,3×12＋a＝k，,k＋1＝3，))
由此解得k＝2，a＝－1，b＝3，∴2a＋b＝1.
答案：1
4.已知f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，且它们在同一直角坐标系内的图象如图所示．
(1)若f(1)＝1，则f(－1)＝________.
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为____________(用“＜”连接)．
解析：(1)由题图可得f′(x)＝x，g′(x)＝x2，
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
g(x)＝dx3＋ex2＋mx＋n(d≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b＝x，
g′(x)＝3dx2＋2ex＋m＝x2，
故a＝eq \f(1,2)，b＝0，d＝eq \f(1,3)，e＝m＝0，
∴f(x)＝eq \f(1,2)x2＋c，g(x)＝eq \f(1,3)x3＋n.
由f(1)＝1，得c＝eq \f(1,2).
则f(x)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,2)，∴f(－1)＝1.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,3)x3＋c－n，
则有h(－1)＝eq \f(5,6)＋c－n，
h(0)＝c－n，h(1)＝eq \f(1,6)＋c－n.
故h(0)＜h(1)＜h(－1)．
答案：(1)1 (2)h(0)＜h(1)＜h(－1)
一、创新命题视角——学通学活巧迁移
导数的几何意义与其他知识相交汇
题型(一) 与圆相交汇
[例1] 曲线f(x)＝－x3＋3x2在点(1，f(1))处的切线截圆x2＋(y＋1)2＝4所得的弦长为( )
A．4 B．2eq \r(2) C．2 D.eq \r(2)
[思路点拨] 先对函数f(x)求导，从而得其在点(1，f(1))处的切线的斜率，求出切线方程；再求出圆x2＋(y＋1)2＝4的圆心与半径，求出圆心到切线的距离，从而得弦长．
[解析] 因为f′(x)＝－3x2＋6x，则在点(1，f(1))处的切线的斜率k＝6－3＝3，又f(1)＝2，故切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.
因为圆心C(0，－1)到直线3x－y－1＝0的距离d＝0，
所以直线3x－y－1＝0截圆x2＋(y＋1)2＝4所得的弦长就是该圆的直径4，故选A.
[答案] A
[名师微点]
求解曲线的切线与圆相交汇问题的关键
一是求切线方程，即利用导数的几何意义求曲线的切线的斜率，再利用直线的点斜式方程，求出切线的方程；
二是活用公式，即利用点到直线的距离公式求出弦心距，再利用弦长公式l＝2eq \r(r2－d2)(其中r为圆的半径，d为弦心距)求出弦长．
题型(二) 与距离最值问题相交汇
[例2] 设点P，Q分别是曲线f(x)＝x2－ln x和直线x－y－2＝0上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．
[思路点拨] 欲求P，Q两点间距离的最小值，只需求直线l1与直线x－y－2＝0的距离(其中l1是曲线f(x)＝x2－ln x在点P处的切线，且与x－y－2＝0平行)．
[解析] 设l1是曲线f(x)＝x2－ln x在点P(x1，y1)处的切线，且平行于直线x－y－2＝0.
因为f′(x)＝2x－eq \f(1,x)，所以2x1－eq \f(1,x1)＝1，
解得x1＝1或x1＝－eq \f(1,2)(舍去)，所以y1＝1.
所以l1的方程为x－y＝0，
所以两平行直线x－y＝0，x－y－2＝0的距离为d＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)，
所以P，Q两点间距离的最小值为eq \r(2).
[答案] eq \r(2)
[名师微点]
求解曲线上动点与直线上动点距离的最值问题的关键
一是会转化，把所求的两动点距离的最值问题转化为两平行直线间的距离问题；
二是会求切线方程，即利用导数的几何意义求曲线的切线的斜率，再利用直线的点斜式方程，求出切线方程；
三是活用公式，即会利用两平行直线的距离公式求出两平行直线间的距离．
题型(三) 零点个数问题
[例3] 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x＋1，x≤1，,ln x，x＞1，))若关于x的方程f(x)＝ax恰有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是________．
[思路点拨] f(x)＝ax有两个不同的实数根，即函数f(x)与y＝ax的图象有两个不同交点．f(x)的图象容易作出，y＝ax的图象是一条过原点的直线，找到有两个交点的临界状态即可．
[解析] 如图所示，作出f(x)与y＝ax的图象，显然a>0.
当直线y＝ax与f(x)＝ln x(x＞1)相切时，
设切点为(x0，ln x0)(x0＞1)，此时a＝f′(x0)＝eq \f(1,x0)，
由于切点在直线y＝ax上，则ln x0＝eq \f(1,x0)·x0＝1，
得x0＝e，则a＝eq \f(1,e).
当直线y＝ax与f(x)＝eq \f(1,4)x＋1(x≤1)平行时，
a＝eq \f(1,4)，此时y＝f(x)与y＝ax的图象有两个交点．
当0显然当0＜a＜eq \f(1,4)时，y＝ax与函数f(x)＝eq \f(1,4)x＋1(x≤1)的图象有1个交点，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,e))).
[答案] eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,e)))
[名师微点]
解答此题时，可直接说明当0＜a＜eq \f(1,e)时，y＝ax与函数f(x)＝ln x(x＞1)的图象一定有两个交点，因为本题为填空题，此处直接说明，原因是对数函数f(x)＝ln x和一次函数的图象是我们非常熟悉的、能够明确作出的图形，并且我们知道对数函数f(x)＝ln x的增速是越来越慢的，图象越来越趋近于平缓，而一次函数的图象的增速保持不变，能够“想象”出当0＜a＜eq \f(1,e)时，y＝ax的图象一定能“穿过”f(x)＝ln x(x＞1)的图象．实际上这也是能够证明出来的，而本题是小题，不宜“小题大做”，在明知正确的前提下可省略步骤．
二、创新考查方式——领悟高考新动向
1．(2021·沈阳模拟)在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱形，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省．假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间变化的函数为R(t)．若圆柱的体积以均匀速度c增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径( )
A．成正比，比例系数为c B．成正比，比例系数为c2
C．成反比，比例系数为c D．成反比，比例系数为c2
解析：选C 设圆柱高度为h，由V＝S·h＝πR2h，知V′＝2πhR·R′(t)，即2πhR·R′(t)＝c，∴R′(t)＝eq \f(c,2πhR).又圆柱的侧面积S侧＝2πRh，则其侧面积的增长速度S′侧＝2πhR′(t)＝2πh·eq \f(c,2πhR)＝eq \f(c,R)，∴圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为c，故选C.
2．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为曲线y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数图象都有“拐点”，任何一个三次函数图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2＋3x－eq \f(5,12)，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))＝________.
解析：由函数g(x)的解析式可得g′(x)＝x2－x＋3，则g″(x)＝2x－1，令g″(x)＝2x－1＝0可得x＝eq \f(1,2).由函数g(x)的解析式可得geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋3×eq \f(1,2)－eq \f(5,12)＝1，据此可知函数g(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，故g(x)＋g(1－x)＝2.
令S＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))，①
则S＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 019,2 021)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))，②
①＋②可得2S＝2 020×2，则S＝2 020，
即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 021)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,2 021)))＝2 020.
答案：2 020
3．若函数f(x)＝x3＋(t－1)x－1的图象在点(－1，f(－1))处的切线平行于x轴，则t＝______，切线方程为________．
解析：∵f(x)＝x3＋(t－1)x－1，∴f′(x)＝3x2＋t－1，
∴f(x)在点(－1，f(－1))处的切线斜率k＝f′(－1)＝3×(－1)2＋t－1＝t＋2.
由切线平行于x轴，得k＝0，即t＋2＝0，∴t＝－2.
又f(－1)＝－1－(t－1)－1＝－1＋3－1＝1，
∴切线方程为y－1＝0.
答案：－2 y－1＝0
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．曲线y＝ex－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－eq \f(1,x)，所以y′|x＝1＝e－1，
故曲线y＝ex－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)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，则f′(2)的值等于( )
A．－2 B．2
C．－eq \f(9,4) D．eq \f(9,4)
解析：选C 因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq \f(1,x)，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋eq \f(1,2)，解得f′(2)＝－eq \f(9,4).
3．设函数f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)(x－3k)，且f′(0)＝6，则k＝( )
A．0 B．－1
C．3 D．－6
解析：选B 因为f′(0)＝6，所以原函数中x的一次项的系数为6，即k·2k·(－3k)＝ －6k3＝6，解得k＝－1.故选B.
4．函数y＝f(x)的图象如图，则导函数f′(x)的大致图象为( )
解析：选B 由导数的几何意义可知，f′(x)为常数，且f′(x)<0.
5．已知f1(x)＝sin x＋cs x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 021(x)＝( )
A．－sin x－cs x B．sin x－cs x
C．－sin x＋cs x D．sin x＋cs x
解析：选D ∵f1(x)＝sin x＋cs x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cs x－sin x，f3(x)＝f2′(x)＝ －sin x－cs x，f4(x)＝f3′(x)＝－cs x＋sin x，f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cs x，…，∴fn(x)的解析式以4为周期重复出现，∵2 021＝4×505＋1，∴f2 021(x)＝f1(x)＝sin x＋cs x，故选D.
6．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)
解析：选C 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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,x0)，,ln x0－1＝0，))解得a＝eq \f(1,e).故选C.
7．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
解析：选B ∵f(x)＝x4－2x3，
∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2.
又f(1)＝1－2＝－1，
∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，
即y＝－2x＋1.故选B.
8．已知曲线y＝eq \f(2x,x－1)在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为2eq \r(5)，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′＝eq \f(2x－1－2x,x－12)＝－eq \f(2,x－12)，y′|x＝2＝－eq \f(2,2－12)＝－2，因此kl＝－2，设直线l方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0，由题意得eq \f(|2×2＋4－b|,\r(5))＝2eq \r(5)，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．过曲线y＝x2－2x＋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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，则切线的倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
C．[0，π) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
解析：选B 因为y′＝2x－2,1≤x≤eq \f(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≤eq \f(π,4)，故选B.
10．若曲线y＝f(x)＝ln x＋ax2(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
C．(0，＋∞) D．[0，＋∞)
解析：选D f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋1,x)(x>0)，
根据题意有f′(x)≥0(x>0)恒成立，
所以2ax2＋1≥0(x>0)恒成立，即2a≥－eq \f(1,x2)(x>0)恒成立，所以a≥0，故实数a的取值范围为[0，＋∞)．故选D.
11．(多选)已知点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是( )
A．6x－y－4＝0 B．x－4y＋7＝0
C．3x－2y＋1＝0 D．4x－y＋3＝0
解析：选AC 由点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，得a＝2，则f(x)＝2x3，f′(x)＝6x2.设切点为(m,2m3)，则切线的斜率k＝6m2，由点斜式得切线方程为y－2m3＝6m2(x－m)，代入点A(1,2)的坐标得2－2m3＝6m2(1－m)，即有2m3－3m2＋1＝0，即(m－1)2(2m＋1)＝0，解得m＝1或m＝－eq \f(1,2)，即斜率为6或eq \f(3,2)，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是y－2＝6(x－1)或y－2＝eq \f(3,2)(x－1)，即6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0.故选A、C.
12．(2020·江南十校联考)函数f(x)＝(2x－1)ex的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为________．
解析：由f(x)＝(2x－1)ex，得f′(x)＝(2x＋1)ex，
∴f′(0)＝1，则切线的斜率k＝1，
又切线的倾斜角θ∈[0，π)，
因此切线的倾斜角θ＝eq \f(π,4).
答案：eq \f(π,4)
13．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(x0，y0)的切线平行于直线2x－y＋3＝0，即斜率是2，则 y′|x＝x0＝eq \f(2,2x0－1)＝2，解得x0＝1，所以y0＝0，即点P(1,0)．又点P到直线2x－y＋3＝0的距离为eq \f(|2－0＋3|,\r(22＋－12))＝eq \r(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eq \r(5).
答案：eq \r(5)
14．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________．
解析：因为f(x)＝eq \f(1,x)，所以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,x\\al(2,1))，故切线方程为y－eq \f(1,x1)＝－eq \f(1,x\\al(2,1))(x－x1)，即y＝－eq \f(1,x\\al(2,1))x＋eq \f(2,x1).与g(x)＝x2联立，得x2＋eq \f(1,x\\al(2,1))x－eq \f(2,x1)＝0.因为直线l与曲线g(x)相切，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x\\al(2,1))))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,x\\al(2,1))＝－4.
答案：－4
15．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．
解：(1)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).
又因为f′(x)＝a＋eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3，))所以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－y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,x\\al(2,0))))(x－x0)，即y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,x0)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,x\\al(2,0))))(x－x0)．
令x＝0，得y＝－eq \f(6,x0)，所以切线与直线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，所以切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．
所以曲线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 \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\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.
16．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，且在x＝0处的切线的斜率为－3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若过点A(2，m)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3a＋2b＋c＝0，,f′－1＝3a－2b＋c＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝0，,3a＋c＝0.))
又f′(0)＝－3，所以c＝－3，所以a＝1，
所以f(x)＝x3－3x.
(2)设切点为(x0，xeq \\al(3,0)－3x0)，
因为f′(x)＝3x2－3，所以f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－3，
所以切线方程为y－(xeq \\al(3,0)－3x0)＝(3xeq \\al(2,0)－3)(x－x0)，
又切线过点A(2，m)，
所以m－(xeq \\al(3,0)－3x0)＝(3xeq \\al(2,0)－3)(2－x0)，
所以m＝－2xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)－6.
令g(x)＝－2x3＋6x2－6，
则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)，
由g′(x)＝0得x＝0或x＝2，g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2，
画出g(x)的草图知，当－6二、自选练——练高考区分度
1．(2021·广州模拟)已知函数f(x)在R上连续可导，f′(x)为其导函数，且f(x)＝ex＋ e－x－f′(1)x·(ex－e－x)，则f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝( )
A．4e2＋4e－2 B．4e2－4e－2
C．0 D．4e2
解析：选C 由题知f(－x)＝e－x＋ex－f′(1)(－x)·(e－x－ex)＝f(x)，即函数f(x)是偶函数．等式f(－x)＝f(x)两边同时对x求导得－f′(－x)＝f′(x)，即f′(－x)＝－f′(x)，则f′(x)是R上的奇函数，则f′(0)＝0，f′(－2)＝－f′(2)，即f′(2)＋f′(－2)＝0，所以f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝0.故选C.
2．(2021·石家庄质检)已知函数f(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,ex)))，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．(－e2，＋∞) B．(－e2,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e2)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e2)，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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e2)，0)).故选D.
3．已知曲线y＝ex＋a与y＝x2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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y＝x2))可得x2－kx－b＝0，由Δ＝0，得k2＋4b＝0 ①.对y＝ex＋a求导可得y′＝ex＋a，令ex＋a＝k，可得x＝ln k－a，∴切点坐标为(ln k－a，kln k－ak＋b)，代入y＝ex＋a可得k＝kln k－ak＋b ②.联立①②可得k2＋4k＋4ak－4kln k＝0，化简得4＋4a＝4ln k－k.令g(k)＝4ln k－k，则g′(k)＝eq \f(4,k)－1，令g′(k)＝0，得k＝4，令g′(k)>0，得04.∴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.
4．设曲线f(x)＝2ax＋eq \f(1,3)sin x上任意一点处的切线为l，若在曲线g(x)＝ln x(x≥1)上总存在一点，使得曲线g(x)在该点处的切线平行于l，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,3))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,3)))
解析：选D f′(x)＝2a＋eq \f(1,3)cs x.
由cs x∈[－1,1]，可得2a＋eq \f(1,3)cs x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a－\f(1,3)，2a＋\f(1,3)))，g′(x)＝eq \f(1,x)，设切点坐标为(m，ln m)，可得曲线g(x)在点(m，ln m)处的切线的斜率为eq \f(1,m)∈(0,1]．
由题意可得，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a－\f(1,3)，2a＋\f(1,3)))⊆eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))，
即2a－eq \f(1,3)>0且2a＋eq \f(1,3)≤1.
解得eq \f(1,6)导函数
基本初等函数
导函数
f(x)＝c
(c为常数)
f′(x)＝eq \a\vs4\al(0)
f(x)＝xα
(α∈Q*)
f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cs_x
f(x)＝cs x
f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ex
f′(x)＝eq \a\vs4\al(ex)
f(x)＝ax
(a>0，a≠1)
f′(x)＝axln_a
f(x)＝ln x
f′(x)＝eq \a\vs4\al(\f(1,x))
f(x)＝lgax
(a>0，a≠1)
f′(x)＝eq \f(1,xln a)
连乘积形式
先展开化为多项式的形式，再求导
分式形式
观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导
对数形式
先化为和、差的形式，再求导
根式形式
先化为分数指数幂的形式，再求导
三角形式
先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导
复合函数
确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元