高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第1節(jié) 導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算

第1節(jié)導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算考試要求1.通過實(shí)例分析，了解平均變化率、瞬時(shí)變化率，了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景.2.通過函數(shù)圖象，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.3.了解利用導(dǎo)數(shù)定義求基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù).4.能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù).5.能求簡單的復(fù)合函數(shù)(形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù).1.導(dǎo)數(shù)的概念(1)如果當(dāng)Δx→0時(shí)，平均變化率eq\f(Δy,Δx)無限趨近于一個確定的值，即eq\f(Δy,Δx)有極限，則稱y＝f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并把這個確定的值叫做y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)(也稱瞬時(shí)變化率)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0)).(2)當(dāng)x＝x0時(shí)，f′(x0)是一個唯一確定的數(shù)，當(dāng)x變化時(shí)，y＝f′(x)就是x的函數(shù)，我們稱它為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)(簡稱導(dǎo)數(shù))，記為f′(x)(或y′)，即f′(x)＝y(tǒng)′＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).2.導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).3.基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式基本初等函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos__xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin__xf(x)＝ax(a＞0且a≠1)f′(x)＝axln__af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a＞0且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)4.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則若f′(x)，g′(x)存在，則有：[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\co1(\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.復(fù)合函數(shù)的定義及其導(dǎo)數(shù)(1)一般地，對于兩個函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過中間變量u，y可以表示成x的函數(shù)，那么稱這個函數(shù)為函數(shù)y＝f(u)與u＝g(x)的復(fù)合函數(shù)，記作y＝f(g(x)).(2)復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為yx′＝y(tǒng)u′·ux′，即y對x的導(dǎo)數(shù)等于y對u的導(dǎo)數(shù)與u對x的導(dǎo)數(shù)的乘積.1.f′(x0)代表函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)值；(f(x0))′是函數(shù)值f(x0)的導(dǎo)數(shù)，則(f(x0))′＝0.2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f（x）)))′＝－eq\f(f′（x）,[f（x）]2)(f(x)≠0).3.曲線的切線與曲線的公共點(diǎn)的個數(shù)不一定只有一個，而直線與二次曲線相切只有一個公共點(diǎn).4.函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)反映了函數(shù)f(x)的瞬時(shí)變化趨勢，其正負(fù)號反映了變化的方向，其大小|f′(x)|反映了變化的快慢，|f′(x)|越大，曲線在這點(diǎn)處的切線越“陡”.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率.()(2)函數(shù)f(x)＝sin(－x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝cosx.()(3)求f′(x0)時(shí)，可先求f(x0)，再求f′(x0).()(4)曲線y＝f(x)在某點(diǎn)處的切線與曲線y＝f(x)過某點(diǎn)的切線意義是相同的.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)f′(x0)表示y＝f(x)在x＝x0處的瞬時(shí)變化率，(1)錯.(2)f(x)＝sin(－x)＝－sinx，則f′(x)＝－cosx，(2)錯.(3)求f′(x0)時(shí)，應(yīng)先求f′(x)，再代入求值，(3)錯.(4)“在某點(diǎn)”的切線是指以該點(diǎn)為切點(diǎn)的切線，因此此點(diǎn)橫坐標(biāo)處的導(dǎo)數(shù)值為切線的斜率；而對于“過某點(diǎn)”的切線，則該點(diǎn)不一定是切點(diǎn)，要利用解方程組的思想求切線的方程，在曲線上某點(diǎn)處的切線只有一條，但過某點(diǎn)的切線可以不止一條，(4)錯.2.(多選)下列導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算中正確的是()A.(3x)′＝3xln3B.(x2lnx)′＝2xlnx＋xC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(xsinx－cosx,x2)D.(sinxcosx)′＝cos2x答案ABD解析因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)，所以C項(xiàng)錯誤，其余都正確.3.(2021·全國甲卷)曲線y＝eq\f(2x－1,x＋2)在點(diǎn)(－1，－3)處的切線方程為________.答案y＝5x＋2解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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，所以切線方程為y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.4.(2020·全國Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq\f(e,4)，則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·湖北九師聯(lián)盟質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xlnx的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x－ay－1＝0平行，則實(shí)數(shù)a＝________.答案eq\f(1,3)解析因?yàn)閒(x)＝x2＋xlnx，所以f′(x)＝2x＋lnx＋1，切線斜率k＝f′(1)＝2＋1＝3，又該切線與直線x－ay－1＝0平行，所以eq\f(1,a)＝3，所以a＝eq\f(1,3).6.(易錯題)過原點(diǎn)與曲線y＝(x－1)3相切的切線方程為________.答案y＝0或27x－4y＝0解析函數(shù)y＝(x－1)3的導(dǎo)數(shù)為y′＝3(x－1)2，設(shè)過原點(diǎn)的切線的切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，(x0－1)3)，則切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝x0＝3(x0－1)2.∵切線過原點(diǎn)(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)，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(27,8)))，對應(yīng)的斜率k＝0或k＝eq\f(27,4)，∴對應(yīng)的切線方程為y＝0或y＋eq\f(27,8)＝eq\f(27,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即y＝0或27x－4y＝0.考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算1.已知f(x)＝cos2x＋e2x，則f′(x)＝()A.－2sin2x＋2e2x B.sin2x＋e2xC.2sin2x＋2e2x D.－sin2x＋e2x答案A解析f′(x)＝－2sin2x＋2e2x，選A.2.(多選)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)，若存在x0∈R使得f(x0)＝f′(x0)，則稱x0是f(x)的一個“巧值點(diǎn)”.下列選項(xiàng)中有“巧值點(diǎn)”的函數(shù)是()A.f(x)＝x2 B.f(x)＝e－xC.f(x)＝lnx D.f(x)＝tanx答案AC解析若f(x)＝x2，則f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，則f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程無解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，則f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝lnx與y＝eq\f(1,x)的圖象(作圖略)，可得兩函數(shù)的圖象有一個交點(diǎn)，所以方程f(x)＝f′(x)存在實(shí)數(shù)解，故C符合要求；若f(x)＝tanx，則f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(1,cos2x)，令tanx＝eq\f(1,cos2x)，化簡得sinxcosx＝1，變形可得sin2x＝2，無解，故D不符合要求.故選AC.3.若函數(shù)f(x)＝lnx－f′(1)x2＋3x－4，則f′(3)＝________.答案－eq\f(14,3)解析對f(x)求導(dǎo)，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，將x＝3代入f′(x)，可得f′(3)＝－eq\f(14,3).4.求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù).(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex)；(4)y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))).解(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))′＝(lnx)′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,ex)))′＝eq\f(（cosx）′ex－cosx（ex）′,（ex）2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).(4)∵y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\f(1,2)xsin(4x＋π)＝－eq\f(1,2)xsin4x，∴y′＝－eq\f(1,2)sin4x－eq\f(1,2)x·4cos4x＝－eq\f(1,2)sin4x－2xcos4x.感悟提升1.求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo).2.抽象函數(shù)求導(dǎo)，恰當(dāng)賦值是關(guān)鍵，然后活用方程思想求解.3.復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，應(yīng)由外到內(nèi)逐層求導(dǎo)，必要時(shí)要進(jìn)行換元.考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)的幾何意義角度1求切線方程例1(1)(2020·全國Ⅰ卷)曲線y＝lnx＋x＋1的一條切線的斜率為2，則該切線的方程為________.答案2x－y＝0解析設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，∵y＝lnx＋x＋1，所以y′＝eq\f(1,x)＋1，∴切線的斜率為eq\f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，∴y0＝ln1＋1＋1＝2，即切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，2)，∴切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，則曲線y＝f(x)過P(2，4)的切線方程為________.答案x－y＋2＝0或4x－y－4＝0解析設(shè)切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，因?yàn)閒′(x)＝x2，所以f′(x0)＝xeq\o\al(2,0)，從而得到切點(diǎn)處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，將(2，4)代入，化簡得到xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，即(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2.當(dāng)x0＝－1時(shí)，切線方程為x－y＋2＝0；當(dāng)x0＝2時(shí)，切線方程為4x－y－4＝0.角度2求曲線的切點(diǎn)坐標(biāo)例2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________.答案(e，1)解析設(shè)A(m，n)，則曲線y＝lnx在點(diǎn)A處的切線方程為y－n＝eq\f(1,m)(x－m).又切線過點(diǎn)(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e).再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(e，1).角度3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象問題例3已知y＝f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，如圖，直線y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g′(3)＝________.答案0解析由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處切線的斜率等于－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)，又由題意可知f(3)＝1，∴g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.感悟提升1.求曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線，則表明P點(diǎn)是切點(diǎn)，只需求出函數(shù)在P處的導(dǎo)數(shù)，然后利用點(diǎn)斜式寫出切線方程，若在該點(diǎn)P處的導(dǎo)數(shù)不存在，則切線垂直于x軸，切線方程為x＝x0.2.求曲線的切線方程要分清“在點(diǎn)處”與“過點(diǎn)處”的切線方程的不同.過點(diǎn)處的切點(diǎn)坐標(biāo)不知道，要設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)斜率相等建立方程(組)求解，求出切點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.訓(xùn)練1(1)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是()答案B解析由y＝f′(x)的圖象是先上升后下降可知，函數(shù)y＝f(x)圖象的切線的斜率先增大后減小，故選B.(2)(2021·杭州二模)曲線f(x)＝2lnx在x＝t處的切線l過原點(diǎn)，則l的方程是()A.2x－ey＝0 B.2x＋ey＝0C.ex－2y＝0 D.ex＋2y＝0答案A解析對f(x)＝2lnx求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(2,x)，切線l的斜率k＝f′(t)＝eq\f(2,t)，又直線l過原點(diǎn)，所以k＝eq\f(2lnt,t)＝eq\f(2,t)，從而有l(wèi)nt＝1，∴t＝e，從而得到k＝eq\f(2,e)，故切線l的方程為y＝eq\f(2,e)x，即2x－ey＝0.故選A.(3)(2019·全國Ⅲ卷)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A.a＝e，b＝－1 B.a＝e，b＝1C.a＝e－1，b＝1 D.a＝e－1，b＝－1答案D解析因?yàn)閥′＝aex＋lnx＋1，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用例4(1)(2021·新高考Ⅰ卷)若過點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則()A.eb<a B.ea<bC.0<a<eb D.0<b<ea答案D解析法一設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，y0>0，則切線方程為y－b＝ex0(x－a).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0－b＝ex0（x0－a），,y0＝ex0))得ex0(1－x0＋a)＝b，則由題意知關(guān)于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有兩個不同的解.設(shè)f(x)＝ex(1－x＋a)，則f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a).由f′(x)＝0得x＝a，所以當(dāng)x<a時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea.當(dāng)x<a時(shí)，a－x>0，所以f(x)>0，又當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞，故函數(shù)f(x)＝ex(1－x＋a)的大致圖象如圖所示，由題意知f(x)的圖象與直線y＝b有兩個交點(diǎn)，所以0<b<ea.故選D.法二過點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則點(diǎn)(a，b)在曲線y＝ex的下方且在x軸的上方，得0<b<ea.故選D.(2)(2021·廣州一模)若曲線C1：y＝ax2(a＞0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析由y＝ax2(a＞0)得y′＝2ax，由y＝ex得y′＝ex.設(shè)公切線與曲線C1切于點(diǎn)(x1，axeq\o\al(2,1))，與曲線C2切于點(diǎn)(x2，ex2)，則2ax1＝ex2＝eq\f(ex2－axeq\o\al(2,1),x2－x1)，可得2x2＝x1＋2，∴a＝eq\f(e\f(x1,2)＋1,2x1).∵a＞0，∴x1＞0，記f(x)＝eq\f(e\f(x,2)＋1,2x)(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(e\f(x,2)＋1（x－2）,4x2)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)min＝eq\f(e2,4)＞0，滿足題意.所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)).感悟提升1.處理與切線有關(guān)的參數(shù)問題，通常利用曲線、切線、切點(diǎn)的三個關(guān)系列出參數(shù)的方程(組)并解出參數(shù)：(1)切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率；(2)切點(diǎn)在切線上，故滿足切線方程；(3)切點(diǎn)在曲線上，故滿足曲線方程.2.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)問題時(shí)，注意利用數(shù)形結(jié)合，化歸與轉(zhuǎn)化的思想方法.訓(xùn)練2(1)函數(shù)f(x)＝lnx＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，2] B.(－∞，2)C.(2，＋∞) D.(0，＋∞)答案B解析函數(shù)f(x)＝lnx＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，即f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x).因?yàn)閤＞0，所以2－eq\f(1,x)＜2，所以a的取值范圍是(－∞，2).(2)(2022·重慶調(diào)研)已知曲線f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在兩條斜率為3的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) B.(3，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2))) D.(0，3)答案A解析f′(x)＝2e2x－2ex＋a，依題意知f′(x)＝3有兩個實(shí)數(shù)解，即2e2x－2ex＋a＝3有兩個實(shí)數(shù)解，即a＝－2e2x＋2ex＋3有兩個實(shí)數(shù)解，令t＝ex，∴t＞0，∴a＝－2t2＋2t＋3(t＞0)有兩個實(shí)數(shù)解，∴y＝a與φ(t)＝－2t2＋2t＋3(t＞0)的圖象有兩個交點(diǎn)，φ(t)＝－2t2＋2t＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,2)，∵t＞0，∴φ(t)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(7,2)，又φ(0)＝3，故3＜a＜eq\f(7,2).公切線問題求兩條曲線的公切線，如果同時(shí)考慮兩條曲線與直線相切，頭緒會比較亂，為了使思路更清晰，一般是把兩條曲線分開考慮，先分析其中一條曲線與直線相切，再分析另一條曲線與直線相切，直線與拋物線相切可用判別式法.一、共切點(diǎn)的公切線問題例1設(shè)點(diǎn)P為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax與g(x)＝3a2lnx＋2b(a＞0)的圖象的公共點(diǎn)，以P為切點(diǎn)可作直線l與兩曲線都相切，則實(shí)數(shù)b的最大值為()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解析設(shè)P(x0，y0)，由于P為公共點(diǎn)，則eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝3a2lnx0＋2b.又點(diǎn)P處的切線相同，則f′(x0)＝g′(x0)，即x0＋2a＝eq\f(3a2,x0)，即(x0＋3a)(x0－a)＝0.又a＞0，x0＞0，則x0＝a，于是2b＝eq\f(5,2)a2－3a2lna.設(shè)h(x)＝eq\f(5,2)x2－3x2lnx，x＞0，則h′(x)＝2x(1－3lnx).可知：當(dāng)x∈(0，eeq\f(1,3))時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eeq\f(1,3)，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減.故h(x)max＝h(eeq\f(1,3))＝eq\f(3,2)eeq\f(2,3)，于是b的最大值為eq\f(3,4)eeq\f(2,3)，故選D.二、切點(diǎn)不同的公切線問題例2(1)已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________.答案8解析法一∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝2.∴曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(當(dāng)a＝0時(shí)曲線變?yōu)閥＝2x＋1與已知直線平行).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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.法二同法一得切線方程為y＝2x－1.設(shè)y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于點(diǎn)(x0，axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1).∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax0＋（a＋2）＝2，,axeq\o\al(2,0)＋（a＋2）x0＋1＝2x0－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))(2)曲線y＝－eq\f(1,x)(x＜0)與曲線y＝lnx的公切線的條數(shù)為________條.答案1解析設(shè)(x1，y1)是公切線和曲線y＝－eq\f(1,x)的切點(diǎn)，則切線斜率k1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))′|x＝x1＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，切線方程為y＋eq\f(1,x1)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，整理得y＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))·x－eq\f(2,x1).設(shè)(x2，y2)是公切線和曲線y＝lnx的切點(diǎn)，則切線斜率k2＝(lnx)′|x＝x2＝eq\f(1,x2)，切線方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，整理得y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2－1.令eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,x2)，－eq\f(2,x1)＝lnx2－1，消去x2得－eq\f(2,x1)＝lnxeq\o\al(2,1)－1.設(shè)t＝－x1＞0，即2lnt－eq\f(2,t)－1＝0，只需探究此方程解的個數(shù).易知函數(shù)f(x)＝2lnx－eq\f(2,x)－1在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝－3＜0，f(e)＝1－eq\f(2,e)＞0，于是f(x)＝0有唯一解，于是兩曲線的公切線的條數(shù)為1.1.(多選)下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2)B.(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C.(5x)′＝5xlog5xD.(x2cosx)′＝2xcosx－x2sinx答案BD解析A中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq\f(1,x2)，C中，(5x)′＝5xln5，其余都正確.2.曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3，2)處的切線的斜率是()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)，故曲線在點(diǎn)(3，2)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝3＝－eq\f(2,（3－1）2)＝－eq\f(1,2).3.若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且f(x)＝x2＋2f′(1)x＋3，則()A.f(0)<f(4) B.f(0)＝f(4)C.f(0)>f(4) D.以上都不對答案B解析函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)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·遼寧百校聯(lián)盟質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－2,x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為()A.2x＋y＋e－4＝0 B.2x＋y－e＋4＝0C.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，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為2，切點(diǎn)為(1，e－2)，則切線方程為y－(e－2)＝2(x－1)，即2x－y＋e－4＝0.5.已知直線y＝ax是曲線y＝lnx的切線，則實(shí)數(shù)a＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,2e) C.eq\f(1,e) D.eq\f(1,e2)答案C解析設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，lnx0)，由y＝lnx的導(dǎo)函數(shù)為y′＝eq\f(1,x)知切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(x,x0)＋lnx0－1.由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,x0)，,lnx0－1＝0，))解得a＝eq\f(1,e).6.(多選)已知函數(shù)f(x)的圖象如圖，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()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)的幾何意義是f(x)在x＝x0處的切線的斜率.由圖知f′(2)＞f′(3)＞0，故A錯誤，B正確.設(shè)A(2，f(2))，B(3，f(3))，則f(3)－f(2)＝eq\f(f（3）－f（2）,3－2)＝kAB，由圖知f′(3)＜kAB＜f′(2)，即f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)，故C，D正確.7.(2022·武漢一模)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋lnx滿足eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線斜率為________.答案3解析易知f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)，由eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，可得eq\f(2,3)eq^\o(lim,\s\do4(Δx→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\co1(\f(1,2)))＝2×eq\f(1,2)＋2＝3.8.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ax－1)＋excosx，若f′(0)＝－1，則a＝________.答案2解析f′(x)＝eq\f(－（ax－1）′,（ax－1）2)＋excosx－exsinx＝eq\f(－a,（ax－1）2)＋excosx－exsinx，∴f′(0)＝－a＋1＝－1，則a＝2.9.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝x2.若直線l與曲線f(x)，g(x)都相切，則直線l的斜率為________.答案－4解析∵f(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(x)＝－eq\f(1,x2)，設(shè)曲線f(x)與l切于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,x1)))，則切線斜率k＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，故切線方程為y－eq\f(1,x1)＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，即y＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))x＋eq\f(2,x1).與g(x)＝x2聯(lián)立，得x2＋eq\f(1,xeq\o\al(2,1))x－eq\f(2,x1)＝0.∵直線l與曲線g(x)相切，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(2,1))))eq\s\up12(2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x1)))＝0，解得x1＝－eq\f(1,2)，故斜率k＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＝－4.10.已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R).(1)若函數(shù)f(x)的圖象過原點(diǎn)，且在原點(diǎn)處的切線斜率為－3，求a，b的值；(2)若曲線y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，求a的取值范圍.解f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2).(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝b＝0，,f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，))解得b＝0，a＝－3或a＝1.(2)因?yàn)榍€y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，所以關(guān)于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).11.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明曲線f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值.(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝eq\f(1,2).又∵f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))∴f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設(shè)P(x0，y0)為曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,xeq\o\al(2,0))))(x－x0).令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0)，∴切線與直線x＝0的交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，∴切線與直線y＝x的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2x0，2x0).∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)|－eq\f(6,x0)||2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形面積為定值，且此定值為6.12.(2021·青島二模)已知P是曲線y＝－sinx(x∈[0，π])上的動點(diǎn)，點(diǎn)Q在直線x－2y－6＝0上運(yùn)動，則當(dāng)|PQ|取最小值時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2) C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案C解析如圖所示，若使得|PQ|取得最小值，則曲線y＝－sinx(x∈[0，π])在點(diǎn)P處的切線與直線x－2y－6＝0平行，對函數(shù)y＝－sinx求導(dǎo)得y′＝－cosx，令y′＝eq\f(1,2)，可得cosx＝－eq\f(1,2).∵0≤x≤π，解得x＝eq\f(2π,3).13.(2021·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)