高考数学科学创新复习方案提升版第16讲导数的概念及运算学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第16讲导数的概念及运算学案（Word版附解析），共21页。
[课程标准]1.通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道导数是瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想，体会极限思想.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，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq \f(1,x)，y＝eq \r(x)的导数.4.能利用给出的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；能求简单的复合函数(限于形如f(ax＋b))的导数.5.会使用导数公式表．
1．导数的概念
(1)平均变化率：对于函数y＝f(x)，把比值eq \f(Δy,Δx)＝eq \x(\s\up1(01))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)叫做函数y＝f(x)从x0到x0＋Δx的平均变化率．
(2)瞬时变化率：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(也称为瞬时变化率)，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(Δy,Δx)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx).
(3)当x变化时，y＝f′(x)就是x的函数，称它为y＝f(x)的导函数(简称导数)，即y′＝f′(x)＝eq \x(\s\up1(02))eq \(lim,\s\d4(Δx→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处的导数就是曲线y＝f(x)在点eq \x(\s\up1(03))P(x0，f(x0))处的切线的斜率，即曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k0＝f′(x0)，切线方程为eq \x(\s\up1(04))y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
3．基本初等函数的导数公式
(1)c′＝eq \x(\s\up1(05))0(c为常数)．
(2)(xα)′＝eq \x(\s\up1(06))αxα－1(α∈R，且α≠0)．
(3)(sinx)′＝eq \x(\s\up1(07))csx．
(4)(csx)′＝eq \x(\s\up1(08))－sinx．
(5)(ax)′＝eq \x(\s\up1(09))axln a(a＞0，且a≠1)．
(6)(ex)′＝eq \x(\s\up1(10))ex．
(7)(lgax)′＝eq \x(\s\up1(11))eq \f(1,xln a)(a＞0，且a≠1)．
(8)(ln x)′＝eq \x(\s\up1(12))eq \f(1,x)．
4．导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝eq \x(\s\up1(13))f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)g(x)]′＝eq \x(\s\up1(14))f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
特别地：[cf(x)]′＝eq \x(\s\up1(15))cf′(x)(c为常数)．
(3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq \x(\s\up1(16))eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)．
5．复合函数的导数
一般地，对于由函数y＝f(u)和u＝g(x)复合而成的函数y＝f(g(x))，它的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝eq \x(\s\up1(17))yu′·ux′，即y对x的导数等于eq \x(\s\up1(18))y对u的导数与eq \x(\s\up1(19))u对x的导数的乘积．
1．可导奇函数的导数是偶函数，可导偶函数的导数是奇函数，可导周期函数的导数还是周期函数．
2．两类切线问题的区别
(1)“过”与“在”：曲线y＝f(x)“在点P(x0，y0)处的切线”与“过点P(x0，y0)的切线”的区别：前者P(x0，y0)为切点，而后者P(x0，y0)不一定为切点．
(2)“切点”与“公共点”：曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点，而直线与二次曲线相切只有一个公共点．
1．下列求导运算正确的是( )
A．(sina)′＝csa(a为常数)B．(lg2x)′＝eq \f(1,xln 2)
C．(3x)′＝3xlg3eD．(eq \r(x＋1))′＝eq \f(2,\r(x＋1))
答案 B
解析 由a为常数知(sina)′＝0，A错误；(lg2x)′＝eq \f(1,xln 2)，B正确；(3x)′＝3xln 3，C错误；(eq \r(x＋1))′＝[(x＋1)eq \f(1,2)]′＝eq \f(1,2)(x＋1)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2\r(x＋1))，D错误．故选B.
2．(人教A选择性必修第二册习题5.1 T1改编)某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(距离单位：米，时间单位：秒)，则他在0.5秒时的瞬时速度为( )
A．9.1米/秒 B．6.75米/秒
C．3.1米/秒 D．2.75米/秒
答案 C
解析 因为h′(t)＝－9.8t＋8，所以h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1，所以此运动员在0.5秒时的瞬时速度为3.1米/秒．
3．(人教A选择性必修第二册习题5.2 T2改编)已知函数f(x)＝ln (3－2x)＋cs2x，则f′(0)＝________．
答案 －eq \f(2,3)
解析 因为f′(x)＝－eq \f(2,3－2x)－2sin2x，所以f′(0)＝－eq \f(2,3).
4．(人教A选择性必修第二册习题5.2 T5改编)曲线y＝eq \f(csx,x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))处的切线方程为________．
答案 y＝－eq \f(2,π)x＋1
解析 因为y′＝eq \f(（csx）′x－csx·x′,x2)＝eq \f(－xsinx－csx,x2)＝－eq \f(xsinx＋csx,x2)，所以当x＝eq \f(π,2)时，y′＝－eq \f(\f(π,2)×1＋0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))\s\up12(2))＝－eq \f(2,π)，故所求切线方程为y－0＝－eq \f(2,π)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))，即y＝－eq \f(2,π)x＋1.
5．已知直线y＝kx是曲线y＝ex的切线，则实数k的值为________．
答案 e
解析 y＝ex的导数为y′＝ex，设切点为P(x0，ex0)，则在点P处的切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，将点(0，0)代入，得x0＝1，∴P(1，e)，∴k＝e.
例1 求下列函数的导数：
①y＝tanx；②y＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))；
③y＝eq \f(1,（2x－1）3)；
④y＝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 ①y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sinx,csx)))′＝eq \f(（sinx）′csx－sinx（csx）′,cs2x)＝eq \f(1,cs2x).
②因为y＝x3＋eq \f(1,x2)＋1，所以y′＝3x2－eq \f(2,x3).
③y′＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（2x－1）3)))′＝[(2x－1)－3]′＝－3(2x－1)－4×2＝－6(2x－1)－4.
④因为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)xsin4x，所以y′＝－eq \f(1,2)sin4x－eq \f(1,2)x·4cs4x＝－eq \f(1,2)sin4x－2xcs4x.
1.(多选)下列求导运算正确的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)))′＝1＋eq \f(3,x2)B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2sinx,x2)))′＝eq \f(2xcsx－4sinx,x3)
C．[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2D．(2x＋csx)′＝2xln 2－sinx
答案 BD
解析 对于A，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)))′＝1－eq \f(3,x2)，A不正确；对于B，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2sinx,x2)))′＝eq \f(2csx·x2－2x·2sinx,（x2）2)＝eq \f(2xcsx－4sinx,x3)，B正确；对于C，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2·3＝9(3x＋5)2，C不正确；对于D，(2x＋csx)′＝2xln 2－sinx，D正确．故选BD.
2．已知函数f(x)＝e2x＋f′(0)ln (x＋4)，则f′(0)＝________．
答案 eq \f(8,3)
解析 因为f′(x)＝2e2x＋eq \f(f′（0）,x＋4)，所以f′(0)＝2＋eq \f(f′（0）,4)，解得f′(0)＝eq \f(8,3).
多角度探究突破
角度 导数与函数图象
例2 (1)(2024·长春模拟)已知函数y＝f(x)的部分图象如图所示，且f′(x)是f(x)的导函数，则( )
A．f′(－1)＝f′(－2)＜0＜f′(1)＜f′(2)
B．f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－1)＝f′(－2)
C．0＞f′(2)＞f′(1)＞f′(－1)＝f′(－2)
D．f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－2)＜f′(－1)
答案 B
解析 f′(－2)，f′(－1)，f′(1)，f′(2)分别表示曲线y＝f(x)在x＝－2，x＝－1，x＝1，x＝2处切线的斜率，结合图象可知，当x0时，f′(x)小于0且随着x的增大而减小，所以f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－1)＝f′(－2)．故选B.
(2)(2023·济南检测)曲线y＝f(x)在点P(－1，f(－1))处的切线l如图所示，则f′(－1)＋f(－1)＝________．
答案 －2
解析 ∵直线l过点(－2，0)和(0，－2)，∴直线l的斜率f′(－1)＝eq \f(0－（－2）,－2－0)＝－1，直线l的方程为y＝－x－2，则f(－1)＝1－2＝－1.故f′(－1)＋f(－1)＝－1－1＝－2.
导数与函数图象的关系
(1)关系图
(2)结论
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，y＝f(x)增加(或减少)得越快，图象越“陡峭”；|f′(x)|越小，y＝f(x)增加(或减少)得越慢，图象越“平缓”．

1．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 由导函数图象可知两函数的图象在x0处的切线斜率相等，故选D.
2. (2023·黄冈二模)函数f(x)的图象如图所示，记A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)，则A，B，C中最大的是________．
答案 A
解析 作出f(x)在三点处的切线如图，则A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)分别为切线l1，l2，l3的斜率，由图可知f′(x1)＞f′(x3)＞f′(x2)，即A＞C＞B.
角度 求切点的坐标
例3 (2024·山东新高考联考)过点(3，0)作曲线f(x)＝xex的两条切线，切点分别为(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，则x1＋x2＝( )
A．－3 B．－eq \r(3)
C.eq \r(3) D．3
答案 D
解析 因为f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex，设切点坐标为(x0，x0ex0)，所以f′(x0)＝(x0＋1)ex0，所以切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0·(x－x0)，所以－x0ex0＝(x0＋1)ex0(3－x0)，即(－xeq \\al(2,0)＋3x0＋3)ex0＝0，依题意关于x0的方程(－xeq \\al(2,0)＋3x0＋3)ex0＝0有两个不同的解x1，x2，即关于x0的方程－xeq \\al(2,0)＋3x0＋3＝0有两个不同的解x1，x2，所以x1＋x2＝3.故选D.
求切点坐标的一般步骤
若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标为________．
答案 (e，e)
解析 设点P(x0，y0)，∵y＝xln x，∴y′＝ln x＋x·eq \f(1,x)＝1＋ln x．∴曲线y＝xln x在点P处的切线斜率k＝1＋ln x0.又k＝2，∴1＋ln x0＝2，∴x0＝e，y0＝eln e＝e，∴点P的坐标为(e，e)．
角度 求切线的方程
例4 (1)(2023·全国甲卷)曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))处的切线方程为( )
A．y＝eq \f(e,4)x B．y＝eq \f(e,2)x
C．y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4) D．y＝eq \f(e,2)x＋eq \f(3e,4)
答案 C
解析 设曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y－eq \f(e,2)＝k(x－1)，因为y＝eq \f(ex,x＋1)，所以y′＝eq \f(ex（x＋1）－ex,（x＋1）2)＝eq \f(xex,（x＋1）2)，所以k＝y′|x＝1＝eq \f(e,4)，所以y－eq \f(e,2)＝eq \f(e,4)(x－1)，所以曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4).故选C.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为________，________．
答案 y＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)x
解析 当x＞0时，y＝ln x，设切点为(x0，ln x0)，由y′＝eq \f(1,x)，所以y′|x＝x0＝eq \f(1,x0)，所以切线方程为y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，又切线过坐标原点，所以－ln x0＝eq \f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切线方程为y－1＝eq \f(1,e)(x－e)，即y＝eq \f(1,e)x；当x＜0时，y＝ln (－x)，设切点为(x1，ln (－x1))，由y′＝eq \f(1,x)，所以y′|x＝x1＝eq \f(1,x1)，所以切线方程为y－ln (－x1)＝eq \f(1,x1)(x－x1)，又切线过坐标原点，所以－ln (－x1)＝eq \f(1,x1)(－x1)，解得x1＝－e，所以切线方程为y－1＝eq \f(1,－e)(x＋e)，即y＝－eq \f(1,e)x.
求曲线的切线方程的方法
(1)当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)当点P(x0，y0)不是切点时，解题步骤如下：
提醒：“在点P处的切线”一定是以点P为切点；“过点P的切线”，不论点P在不在曲线上，点P不一定是切点．
1.(2023·宜昌四模)函数y＝f(x)＝sin2x＋csx的图象在点(0，1)处的切线方程为________．
答案 2x－y＋1＝0
解析 f′(x)＝2cs2x－sinx，故f′(0)＝2，故在点(0，1)处的切线方程为y－1＝2(x－0)，化简得2x－y＋1＝0.
2．(2024·绍兴模拟)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))作曲线y＝x3的切线，写出一条切线方程：________________．
答案 y＝0或y＝3x＋2(写出一条即可)
解析 由y＝x3可得y′＝3x2，设过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))作曲线y＝x3的切线的切点为(x0，y0)，则y0＝xeq \\al(3,0)，则该切线方程为y－y0＝3xeq \\al(2,0)(x－x0)，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))代入得－xeq \\al(3,0)＝3xeq \\al(2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)－x0))，解得x0＝0或x0＝－1，故切点坐标为(0，0)或(－1，－1)，故切线方程为y＝0或y＝3x＋2.
角度 求参数的值或取值范围
例5 (1)(2023·山东部分重点中学联考)设点P是曲线y＝x3－eq \r(3)x＋eq \f(2,3)上的任意一点，则曲线在点P处切线的倾斜角α的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))
答案 C
解析 因为y′＝3x2－eq \r(3)≥－eq \r(3)，故切线的斜率k≥－eq \r(3)，所以切线的倾斜角α的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)).故选C.
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝(x0＋a＋1)ex0＝eq \f(（x0＋a）ex0,x0)，化简，得xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
处理与切线有关的参数问题的策略
(1)依据：曲线、切线、切点的三个关系
①切点处的导数是切线的斜率；
②切点坐标满足切线方程；
③切点坐标满足曲线方程．
(2)方法：列出关于参数的方程(组)或不等式(组)并解出参数．
提醒：注意曲线上点的横坐标的取值范围．
(2024·襄阳模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e－2x－1，x0，由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－eq \f(3,x)－1，则切线的斜率为k＝g′(a)＝－eq \f(3,a)－1，因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a＝－eq \f(3,a)－1，解得a＝1或a＝－eq \f(3,4)(舍去)，又g(1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)，将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1.
课时作业
一、单项选择题
1．(2024·重庆南开中学模拟)若f(x)＝cs2x，则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝( )
A．－1 B．1
C.eq \r(2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 A
解析 因为f(x)＝cs2x＝eq \f(1＋cs2x,2)，所以f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs2x,2)＋\f(1,2)))′＝eq \f(1,2)×(－sin2x)×(2x)′＝－sin2x，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－sineq \f(π,2)＝－1.
2．曲线y＝f(x)在x＝1处的切线如图所示，则f′(1)－f(1)＝( )
A．0B．2
C．－2D．－1
答案 C
解析 设曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝kx＋b，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝2，,－2k＋b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝2，))所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x＋2，所以f′(1)＝1，f(1)＝1＋2＝3，因此f′(1)－f(1)＝1－3＝－2.故选C.
3．(2024·潍坊模拟)设f(x)为R上的可导函数，且eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f（1）－f（1＋2Δx）,Δx)＝－2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为( )
A．2 B．－1
C．1 D．－eq \f(1,2)
答案 C
解析 f′(1)＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（1）－f（1＋2Δx）,－2Δx)＝－eq \f(1,2)eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（1）－f（1＋2Δx）,Δx)＝1.故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为1.故选C.
4．(2024·深圳模拟)已知曲线y＝axex＋ln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝3x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－2 B．a＝e，b＝2
C．a＝e－1，b＝－2 D．a＝e－1，b＝2
答案 C
解析 y′＝aex＋axex＋eq \f(1,x)，切线斜率k＝y′|x＝1＝ae＋ae＋1＝2ae＋1＝3，∴ae＝1，∴a＝eq \f(1,e)＝e－1.将(1，1)代入y＝3x＋b得3＋b＝1，∴b＝－2.故选C.
5．(2023·保定模拟)吹气球时，气球的体积V(单位：L)与半径r(单位：dm)之间的关系是V＝eq \f(4,3)πr3.当V＝eq \f(4π,3) L时，气球的瞬时膨胀率(气球半径关于气球体积的瞬时变化率)为( )
A．eq \f(1,4π) dm/L B．eq \f(1,3) dm/L
C．3 L/dm D．4π L/dm
答案 A
解析 ∵V＝eq \f(4,3)πr3，∴r＝eq \r(3,\f(3V,4π))，∴r′＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3V,4π)))－eq \s\up7(\f(2,3))×eq \f(3,4π)＝eq \f(1,4π)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3V,4π)))－eq \s\up7(\f(2,3))，当V＝eq \f(4π,3) L时，r′＝eq \f(1,4π)，∴气球的瞬时膨胀率为eq \f(1,4π) dm/L.故选A.
6．(2024·宣城模拟)若曲线y＝aln x＋x2(a>0)的切线的倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则a＝( )
A.eq \f(1,24) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,2)
答案 B
解析 由题意知，y′＝eq \f(a,x)＋2x≥2eq \r(2a)，当且仅当x＝eq \r(\f(a,2))时，等号成立．因为曲线的切线的倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以斜率k≥eq \r(3)，则eq \r(3)＝2eq \r(2a)，解得a＝eq \f(3,8).
7．(2024·荆门龙泉中学质检)过点P(1，2)作曲线C：y＝eq \f(4,x)的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为( )
A．2x＋y－8＝0 B．2x＋y－6＝0
C．2x＋y－4＝0 D．x＋2y－5＝0
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝eq \f(4,x)，得y′＝－eq \f(4,x2)，∴曲线C在A点处的切线方程为y－y1＝－eq \f(4,xeq \\al(2,1))(x－x1)，把P(1，2)代入切线方程，得2－y1＝－eq \f(4,xeq \\al(2,1))(1－x1)，化简得2x1＋y1－8＝0，同理可得曲线C在B点处的切线方程为2x2＋y2－8＝0，∵A，B都满足直线2x＋y－8＝0，∴直线AB的方程为2x＋y－8＝0.故选A.
8．(2023·成都模拟)已知ln x1－x1－y1＋2＝0，x2＋2y2－4－2ln 2＝0，则eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)的最小值为( )
A.eq \f(\r(10),5) B.eq \f(2\r(5),5)
C.eq \f(2\r(10),5) D.eq \f(2\r(15),5)
答案 B
解析 eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)的最小值可转化为函数y＝ln x－x＋2图象上的点与直线x＋2y－4－2ln 2＝0上的点的距离的最小值，由y＝ln x－x＋2，可得y′＝eq \f(1,x)－1，与直线x＋2y－4－2ln 2＝0平行的直线的斜率为－eq \f(1,2)，令eq \f(1,x)－1＝－eq \f(1,2)，得x＝2，所以切点的坐标为(2，ln 2)，切点到直线x＋2y－4－2ln 2＝0的距离d＝eq \f(|2＋2ln 2－4－2ln 2|,\r(1＋4))＝eq \f(2\r(5),5).故选B.
二、多项选择题
9．(2023·辽宁本溪高级中学期末)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是( )
A．y＝csx B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x2
答案 AD
解析 由题意y＝f(x)具有T性质，则存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1.对于A，f′(x)＝－sinx，存在x1＝eq \f(π,2)，x2＝－eq \f(π,2)，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于B，f′(x)＝eq \f(1,x)＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于C，f′(x)＝ex＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于D，f′(x)＝2x，存在x1＝1，x2＝－eq \f(1,4)，使得f′(x1)f′(x2)＝4x1x2＝－1.故选AD.
10．若直线y＝3x＋m是曲线y＝x3(x＞0)与曲线y＝－x2＋nx－6(x＞0)的公切线，则( )
A．m＝－2 B．m＝－1
C．n＝6 D．n＝7
答案 AD
解析 设直线y＝3x＋m与曲线y＝x3(x＞0)相切于点(a，a3)，对于函数y＝x3(x＞0)，y′＝3x2，则3a2＝3(a＞0)，解得a＝1，所以13＝3＋m，即m＝－2；设直线y＝3x－2与曲线y＝－x2＋nx－6(x＞0)相切于点(b，3b－2)，对于函数y＝－x2＋nx－6(x＞0)，y′＝－2x＋n，则－2b＋n＝3(b＞0)，又－b2＋nb－6＝3b－2，所以－b2＋b(3＋2b)－6＝3b－2，又b＞0，所以b＝2，n＝7.故选AD.
11．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x)．若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，则( )
A．f(0)＝0 B．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0
C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)
答案 BC
解析 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))为偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋2x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3,2)对称，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2×\f(5,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋2×\f(5,4)))，即f(－1)＝f(4)，故C正确；因为f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3,2)对称，所以f(x)＝f(3－x)，所以f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＝－g(3－x)，所以g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))对称，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0，g(1)＝－g(2)，又g(2＋x)为偶函数，所以g(2＋x)＝g(2－x)，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，所以g(x)的周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,2)))＝2，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正确，D错误；不妨取f(x)＝1(x∈R)，经验证满足题意，但f(0)＝1，故A错误．故选BC.
三、填空题
12．(2024·广州模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3－xf′(2)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________________．
答案 6x－y－16＝0
解析 对函数f(x)＝x3－xf′(2)，求导可得f′(x)＝3x2－f′(2)，得f′(2)＝3×22－f′(2)，因而切线的斜率k＝f′(2)＝6，又f(2)＝23－2×f′(2)＝8－12＝－4，由点斜式可得切线方程为y＋4＝6(x－2)，即6x－y－16＝0.
13．(2024·广东省四校联考)对于二元函数z＝f(x，y)，若eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx，y0）－f（x0，y0）,Δx)存在，则称eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f（x0＋Δx，y0）－f（x0，y0）,Δx)为f(x，y)在点(x0，y0)处对x的偏导数，记为f′x(x0，y0)；若eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δy→0)) eq \f(f（x0，y0＋Δy）－f（x0，y0）,Δy)存在，则称eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δy→0)) eq \f(f（x0，y0＋Δy）－f（x0，y0）,Δy)为f(x，y)在点(x0，y0)处对y的偏导数，记为f′y(x0，y0)．已知二元函数z＝f(x，y)＝x2－2xy＋y3(x>0，y>0)，则f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)的最小值为________．
答案 －eq \f(1,3)
解析 根据偏导数的定义，在求对x的偏导数时，f(x，y)中y可作为常数，即函数可看作是x的一元函数求导，同理在求对y的偏导数时，f(x，y)中x可作为常数，即函数可看作是y的一元函数求导，所以f′x(x，y)＝2x－2y，f′y(x，y)＝－2x＋3y2，f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)＝2x0－2y0－2x0＋3yeq \\al(2,0)＝3yeq \\al(2,0)－2y0＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0－\f(1,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,3)，所以f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)的最小值是－eq \f(1,3).
14．(2023·长沙模拟)设函数f(x)＝mex－ln x，参数m＞0，过点(0，1)作曲线C：y＝f(x)的切线(斜率存在)，则切线的斜率为________(用含m的式子表示)．
答案 me－1
解析 由f(x)＝mex－ln x，得f′(x)＝mex－eq \f(1,x)，设切点坐标为(t，met－ln t)，则f′(t)＝met－eq \f(1,t)，∴过切点的切线方程为y－(met－ln t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(met－\f(1,t)))(x－t)，把(0，1)代入，可得1－(met－ln t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(met－\f(1,t)))(0－t)，整理得met(t－1)＋ln t＝0，令g(t)＝met(t－1)＋ln t，g′(t)＝mtet＋eq \f(1,t)>0，g(t)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，∴1－(met－ln t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(met－\f(1,t)))(0－t)的根为t＝1，∴切线的斜率为f′(1)＝me－1.
四、解答题
15．(2022·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋eq \f(x,ex)，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程．
解 因为f(0)＝0，所以切点为(0，0)，因为f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1－x,ex)，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
16．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．
(1)求切点P0的坐标；
(2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．
解 (1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，
由已知令3x2＋1＝4，解得x＝±1.
当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.
又点P0在第三象限，
∴切点P0的坐标为(－1，－4)．
(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，
∴直线l的斜率为－eq \f(1,4).
∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，
∴直线l的方程为y＋4＝－eq \f(1,4)(x＋1)，
即x＋4y＋17＝0.
17．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)，＋∞)).考向一 导数的运算
考向二 导数的几何意义
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
－eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)， 0))
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
h(x)
单调递减
eq \f(5,27)
单调递增
eq \f(1,4)
单调递减
－1
单调递增