2022高考数学一轮复习 第三章 §3.1　导数的概念及运算

这是一份2022高考数学一轮复习 第三章 §3.1　导数的概念及运算，共17页。试卷主要包含了1　导数的概念及运算，导数的运算法则，1米/秒 B．6，5)＝－9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)一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或，即f′(x0)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx).
(2)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的导函数．简称导数，记作f′(x)或y′.
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y′x＝y′u·u′x，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．
微思考
1．根据f′(x)的几何意义思考一下，随着|f′(x)|增大，曲线f(x)的形状有何变化？
提示 |f′(x)|越大，曲线f(x)的形状越来越陡峭．
2．函数f(x)在点P处的切线与函数f(x)过点P的切线有什么区别？
提示 在点P处的切线，点P一定是切点；过点P的切线，点P不一定是切点．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × )
(2)f′(x0)＝[f(x0)]′.( × )
(3)f(x)在某点处的切线与f(x)过某点处的切线意义相同．( × )
(4)若f(x)＝2x，则f′(x)＝x·2x－1.( × )
题组二 教材改编
2．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 h′(t)＝－9.8t＋8，
∴h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1.
3．已知函数f(x)＝xln x＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则a＝ .
答案 －eq \f(1,e)
解析 f′(x)＝1＋ln x＋2ax，
∴f′(e)＝2ae＋2＝0，∴a＝－eq \f(1,e).
4．函数f(x)＝ex＋eq \f(1,x)在x＝1处的切线方程为 ．
答案 y＝(e－1)x＋2
解析 f′(x)＝ex－eq \f(1,x2)，
∴f′(1)＝e－1，
又f(1)＝e＋1，
∴切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1，
即切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋2.
题组三 易错自纠
5．已知函数f(x)＝xcs x＋asin x在x＝0处的切线与直线3x－y＋1＝0平行，则实数a的值为 ．
答案 2
解析 f′(x)＝cs x＋x·(－sin x)＋acs x
＝(1＋a)cs x－xsin x，
∴f′(0)＝1＋a＝3，
∴a＝2.
6．已知函数f(x)＝ln(3－2x)＋e2x－3，则f′(x)＝ .
答案 eq \f(2,2x－3)＋2e2x－3
解析 f′(x)＝eq \f(1,3－2x)·(3－2x)′＋e2x－3·(2x－3)′
＝eq \f(2,2x－3)＋2e2x－3.
题型一 导数的运算
1．(多选)下列求导运算正确的是( )
A．(sin a)′＝cs a(a为常数)
B．(sin 2x)′＝2cs 2x
C．(eq \r(x))′＝eq \f(1,2\r(x))
D．(ex－ln x＋2x2)′＝ex－eq \f(1,x)＋4x
答案 BCD
解析 ∵a为常数，∴sin a为常数，
∴(sin a)′＝0，故A错误．由导数公式及运算法则知B，C，D正确，故选BCD.
2．已知函数f(x)＝eq \f(sin x,cs x)＋eq \f(1,x2)，则f′(x)＝ .
答案 eq \f(1,cs2x)－eq \f(2,x3)
解析 f′(x)＝eq \f(sin x′·cs x－sin x·cs x′,cs2x)＋(x－2)′＝eq \f(cs2x＋sin2x,cs2x)＋(－2)x－3＝eq \f(1,cs2x)－eq \f(2,x3).
3．已知函数f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，若f′(2)＝1，则a＝ .
答案 e2
解析 f′(x)＝eq \f(1,2x－3)·(2x－3)′＋ae－x＋ax·(e－x)′
＝eq \f(2,2x－3)＋ae－x－axe－x，
∴f′(2)＝2＋ae－2－2ae－2＝2－ae－2＝1，
则a＝e2.
4．(2020·葫芦岛模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝2x2－3xf′(1)＋ln x，则f(1)＝ .
答案 －eq \f(7,4)
解析 ∵f(x)＝2x2－3xf′(1)＋ln x，
∴f′(x)＝4x－3f′(1)＋eq \f(1,x)，将x＝1代入，
得f′(1)＝4－3f′(1)＋1，得f′(1)＝eq \f(5,4).
∴f(x)＝2x2－eq \f(15,4)x＋ln x，
∴f(1)＝2－eq \f(15,4)＝－eq \f(7,4).
思维升华 (1)求导之前，应利用代数运算、三角恒等式等对函数进行化简，然后求导，尽量避免不必要的商的求导，这样可以减少运算量，提高运算速度减少差错．
(2)①若函数为根式形式，可先化为分数指数幂，再求导．
②复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时可进行换元．
题型二 导数的几何意义
命题点1 导数与函数图象
例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)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)，
又由题图可知f(3)＝1，
∴g′(3)＝1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0.
命题点2 求切线方程
例2 (1)(2020·全国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
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
(2)已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为 ．
答案 x－y－1＝0
解析 ∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，
∴设切点为(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋ln x，
∴直线l的方程为y＋1＝(1＋ln x0)x.
∴由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝1＋ln x0x0，))解得x0＝1，y0＝0.
∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
命题点3 求参数的值(范围)
例3 (1)(2019·全国Ⅲ)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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝e－1，,b＝－1.))
(2)(2020·淄博联考)若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是 ．
答案 [2，＋∞)
解析 直线2x－y＝0的斜率k＝2，
又曲线f(x)上存在与直线2x－y＝0平行的切线，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)内有解，
则a＝4x＋eq \f(1,x)－2，x>0.
又4x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当x＝eq \f(1,2)时取“＝”．
∴a≥4－2＝2.
∴a的取值范围是[2，＋∞)．
思维升华 (1)处理与切线有关的参数问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：
①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P处的切线”：在“点P处的切线”，说明点P为切点，点P既在曲线上，又在切线上；“过点P处的切线”，说明点P不一定是切点，点P一定在切线上，不一定在曲线上．
跟踪训练 (1)已知曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，则P点的坐标为( )
A．(1,3) B．(－1,3)
C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)
答案 C
解析 设切点P(x0，y0)，
f′(x)＝3x2－1，
又直线x＋2y－1＝0的斜率为－eq \f(1,2)，
∴f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－1＝2，
∴xeq \\al(2,0)＝1，
∴x0＝±1，
又切点P(x0，y0)在y＝f(x)上，
∴y0＝xeq \\al(3,0)－x0＋3，
∴当x0＝1时，y0＝3；
当x0＝－1时，y0＝3.
∴切点P为(1,3)或(－1,3)．
(2)函数y＝eq \f(x－1,x＋1)在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 ∵y＝eq \f(x－1,x＋1)，
∴y′＝eq \f(x＋1－x－1,x＋12)＝eq \f(2,x＋12)，
∴k＝y′|x＝0＝2，
∴切线方程为y＋1＝2(x－0)，即y＝2x－1，
令x＝0，得y＝－1；
令y＝0，得x＝eq \f(1,2)，
故所求的面积为eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(3)(2021·乐山调研)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)))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．
例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 方法一 因为y＝x＋ln x，所以y′＝1＋eq \f(1,x)，y′|x＝1＝2.
所以曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\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.
方法二 同方法一得切线方程为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)．因为y′＝2ax＋(a＋2)，
所以＝2ax0＋(a＋2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ax0＋a＋2＝2，,ax\\al(2,0)＋a＋2x0＋1＝2x0－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))
例2 (2020·江南十校联考)已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝ln x＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程为 ．
答案 y＝ex或y＝x＋1
解析 设l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，
则y1＝，
f′(x)＝ex，
∴f′(x1)＝，
∴切点为(x1，)，
切线斜率k＝，
∴切线方程为y－＝(x－x1)，
即y＝，①
同理设l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)，
∴y2＝ln x2＋2，
g′(x)＝eq \f(1,x)，
∴g′(x2)＝eq \f(1,x2)，
切点为(x2，ln x2＋2)，
切线斜率k＝eq \f(1,x2)，
∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)·x＋ln x2＋1，②
由题意知，①与②相同，
∴
把③代入④有＝－x1＋1，
即(1－x1)(－1)＝0，
解得x1＝1或x1＝0，
当x1＝1时，切线方程为y＝ex；
当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，
综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1.
例3 已知曲线f(x)＝ln x＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，求实数a的取值范围．
解 设切线与f(x)＝ln x＋1相切于点P(x0，ln x0＋1)，
f′(x0)＝eq \f(1,x0)，
∴切线方程为y－(ln x0＋1)＝eq \f(1,x0)(x－x0)，
即y＝eq \f(1,x0)x＋ln x0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,x0)x＋ln x0，,y＝x2－x＋a，))得x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))x＋a－ln x0＝0，
∴Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))2－4(a－ln x0)＝0，
即eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1－4a＋4ln x0＝0，
即4a＝eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1＋4ln x0有解，
令φ(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋1＋4ln x(x>0)，
φ′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)
＝eq \f(4x2－2x－2,x3)
＝eq \f(22x＋1x－1,x3)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝4，
又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
故φ(x)的值域为[4，＋∞)，
所以4a≥4，即a≥1，
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
课时精练
1．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)′＝－2xsin x
答案 B
解析 (lg2x)′＝eq \f(1,xln 2)，故B正确．
2．(2021·安徽江南十校联考)曲线f(x)＝eq \f(1－2ln x,x)在点P(1，f(1))处的切线l的方程为( )
A．x＋y－2＝0 B．2x＋y－3＝0
C．3x＋y＋2＝0 D．3x＋y－4＝0
答案 D
解析 因为f(x)＝eq \f(1－2ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(－3＋2ln x,x2).
又f(1)＝1，且f′(1)＝－3，
故所求切线方程为y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0.
3．(2020·广元模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,4)x2＋cs x，则其导函数f′(x)的图象大致是( )
答案 A
解析 f′(x)＝eq \f(1,2)x－sin x，
∴f′(x)为奇函数，排除B，D，
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(π,12)－sin eq \f(π,6)＝eq \f(π,12)－eq \f(1,2)<0，
故选A.
4．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 y′＝3x2－eq \r(3)，
∴y′≥－eq \r(3)，
∴tan α≥－eq \r(3)，
又α∈[0，π)，
故α∈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.
5.(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)C．f(3)－f(2)>f′(3)
D．f(3)－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)即f′(3)6．(多选)已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0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.
7．已知函数y＝f(x)的图象在x＝2处的切线方程是y＝3x＋1，则f(2)＋f′(2)＝ .
答案 10
解析 切点坐标为(2，f(2))，
∵切点在切线上，
∴f(2)＝3×2＋1＝7，
又k＝f′(2)＝3，
∴f(2)＋f′(2)＝10.
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．我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正n边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设f(x)＝ln(1＋x)，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为________，用此结论计算ln 2 022－ln 2 021≈________.
答案 y＝x eq \f(1,2 021)
解析 函数f(x)＝ln(1＋x)，
则f′(x)＝eq \f(1,1＋x)，f′(0)＝1，f(0)＝0，
∴切线方程为y＝x.
∴ln 2 022－ln 2 021＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2 021)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))，
根据以直代曲，x＝eq \f(1,2 021)也非常接近切点x＝0.
∴可以将x＝eq \f(1,2 021)代入切线近似代替f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)))≈eq \f(1,2 021).
10．(2021·山东省实验中学四校联考)曲线y＝x2－ln x上的点到直线x－y－2＝0的最短距离是 ．
答案 eq \r(2)
解析 设曲线在点P(x0，y0)(x0>0)处的切线与直线x－y－2＝0平行，
则＝＝2x0－eq \f(1,x0)＝1.
∴x0＝1，y0＝1，则P(1,1)，
则曲线y＝x2－ln x上的点到直线x－y－2＝0的最短距离d＝eq \f(|1－1－2|,\r(12＋－12))＝eq \r(2).
11．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\{\rc\ (\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)，＋∞)).
12．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)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.
13．(2020·青岛模拟)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 022(x)等于( )
A．－sin x－cs x B．sin x－cs x
C．－sin x＋cs x D．sin x＋cs x
答案 C
解析 ∵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，
∵2 022＝4×505＋2，
∴f2 022(x)＝f2(x)＝cs x－sin x.
故选C.
14．已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,2x)，若曲线y＝f(x)存在两条过(1,0)点的切线，则a的取值范围是 ．
答案 (－∞，－2)∪(0，＋∞)
解析 f′(x)＝1－eq \f(a,2x2)，
设切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，x0＋\f(a,2x0)))，
∴切线的斜率k＝f′(x0)＝1－eq \f(a,2x\\al(2,0))，
∴切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(a,2x0)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2x\\al(2,0))))(x－x0)，
又切线过点(1,0)，
即－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(a,2x0)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2x\\al(2,0))))(1－x0)，
整理得2xeq \\al(2,0)＋2ax0－a＝0，
∵曲线存在两条切线，
故该方程有两个解，
∴Δ＝4a2－8(－a)>0，
解得a>0或a<－2.
15．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋eq \f(1,4)在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－ln x相切，则a的值为 ．
答案
解析 f′(x)＝3x2＋a，
∴f′(0)＝a，
又f(0)＝eq \f(1,4)，
∴f(x)在x＝0处的切线方程为y－eq \f(1,4)＝a(x－0)，
即y＝ax＋eq \f(1,4)，
故y＝ax＋eq \f(1,4)与g(x)＝－ln x相切，
设切点坐标为(x0，y0)，
又g′(x)＝－eq \f(1,x)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,x0)，,y0＝－ln x0，,y0＝ax0＋\f(1,4)，))解得
16．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.
(1)求在曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；
(2)若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．
解 (1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，则f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即曲线C上任意一点处的切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k(k≠0)，
则由题意并结合(1)中结论可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1))，解得－1≤k<0或k≥1，则－1≤x2－4x＋3<0或x2－4x＋3≥1，解得x∈(－∞，2－eq \r(2)]∪(1,3)∪[2＋eq \r(2)，＋∞)．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)