【原】2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3-1　导数的概念及其意义、导数的运算

§3.1　导数的概念及其意义、导数的运算

考试要求　1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数．

知识梳理

1．导数的概念

(1)函数y＝f(x)在x＝x₀处的导数记作f′(x₀)或y′|.

f′(x₀)＝ ＝ .

(2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数)

f′(x)＝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

基本初等函数	导函数
f(x)＝c(c为常数)	f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈R，且α≠0)	f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sin x	f′(x)＝cos x
f(x)＝cos 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)＝logax(a>0，且a≠1)	f′(x)＝
f(x)＝ln x	f′(x)＝

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)；

′＝(g(x)≠0)；

[cf(x)]′＝cf′(x)．

5．复合函数的定义及其导数

复合函数y＝f(g(x))的导数与函数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．

常用结论

1．区分在点处的切线与过点处的切线

(1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条．

(2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条．

2.′＝(f(x)≠0)．

思考辨析

判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

(1)f′(x₀)是函数y＝f(x)在x＝x₀附近的平均变化率．(　×　)

(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．(　×　)

(3)f′(x₀)＝[f(x₀)]′.(　×　)

(4)(cos 2x) ′＝－2sin 2x.(　√　)

教材改编题

1．若函数f(x)＝3^x＋sin 2x，则(　　)

A．f′(x)＝3^xln 3＋2cos 2x

B．f′(x)＝3^x＋2cos 2x

C．f′(x)＝＋cos 2x

D．f′(x)＝－2cos 2x

答案　A

解析　因为函数f(x)＝3^x＋sin 2x，

所以f′(x)＝3^xln 3＋2cos 2x.

2．函数f(x)＝e^x＋在x＝1处的切线方程为       ．

答案　y＝(e－1)x＋2

解析　由题意得，f′(x)＝e^x－，∴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.

3．已知函数f(x)＝xln x＋ax²＋2，若f′(e)＝0，则a＝       .

答案　－

解析　由题意得f′(x)＝1＋lnx＋2ax，

∴f′(e)＝2ae＋2＝0，解得a＝－.

题型一　导数的运算

例1　(1)(多选)下列求导正确的是(　　)

A．[(3x＋5)³]′＝9(3x＋5)²

B．(x³lnx)′＝3x²ln x＋x²

C.′＝

D．(2^x＋cos x)′＝2^xln 2－sin x

答案　ABD

解析　对于A，[(3x＋5)³]′＝3(3x＋5)²(3x＋5)′＝9(3x＋5)²，故A正确；

对于B，(x³lnx)′＝(x³)′lnx＋x³(ln x)′＝3x²lnx＋x²，故B正确；

对于C，′＝＝，故C错误；

对于D，(2^x＋cosx)′＝(2^x)′＋(cos x)′＝2^xln 2－sin x，故D正确．

(2)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x³＋x²f′(1)＋2x－1，则f′(2)等于(　　)

A．1  B．－9  C．－6  D．4

答案　C

解析　因为f(x)＝x³＋x²f′(1)＋2x－1，

所以f′(x)＝3x²＋2xf′(1)＋2，

把x＝1代入f′(x)，

得f′(1)＝3×1²＋2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－5，

所以f′(x)＝3x²－10x＋2，所以f′(2)＝－6.

思维升华　(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．

跟踪训练1　(1)(多选)下列求导运算正确的是(　　)

A．若f(x)＝sin(2x＋3)，则f′(x)＝2cos(2x＋3)

B．若f(x)＝e^－2x＋1，则f′(x)＝e^－2x＋1

C．若f(x)＝，则f′(x)＝

D．若f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1

答案　ACD

解析　f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cos(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cos(2x＋3)，故A正确；

f(x)＝e^－2x＋1，则f′(x)＝－2e^－2x＋1，故B错误；

f(x)＝，f′(x)＝＝，故C正确；

f(x)＝xln x，f′(x)＝(x)′lnx＋x(ln x)′＝ln x＋1，故D正确．

(2)函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)＝x²＋f′sin x，则f ＝       .

答案　＋

解析　∵f′(x)＝2x＋f′cos x，

∴f′＝＋f′，

∴f′＝，∴f(x)＝x²＋sin x，

∴f ＝＋.

题型二　导数的几何意义

命题点1　求切线方程

例2　(1)(2023·大同模拟)已知函数f(x)＝2e²ln x＋x²，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为(　　)

A．4ex－y＋e²＝0                              B．4ex－y－e²＝0

C．4ex＋y＋e²＝0                               D．4ex＋y－e²＝0

答案　B

解析　因为f(x)＝2e²lnx＋x²，所以f′(x)＝＋2x，

所以f(e)＝2e²ln e＋e²＝3e²，f′(e)＝4e，

所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－3e²＝4e(x－e)，即4ex－y－e²＝0.

(2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.

答案　y＝x　y＝－x

解析　先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x₀，y₀)，

则由y′＝，得切线斜率为，

又切线的斜率为，所以＝，

解得y₀＝1，代入y＝ln x，得x₀＝e，

所以切线斜率为，切线方程为y＝x.

同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.

综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.

命题点2　求参数的值(范围)

例3　(1)(2022·重庆模拟)已知a为非零实数，直线y＝x＋1与曲线y＝aln(x＋1)相切，则a＝________.

答案　e

解析　设切点坐标为(t，aln(t＋1))，对函数y＝aln(x＋1)求导得y′＝，

所以解得t＝e－1，a＝e.

(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)e^x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)e^x，所以y′＝(x＋a＋1)e^x.设切点为A(x₀，(x₀＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率k_OA＝y′|＝(x₀＋a＋1)＝，化简，得x＋ax₀－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)e^x有两条过坐标原点的切线，所以关于x₀的方程x＋ax₀－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a²＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．

思维升华　(1)处理与切线有关的问题，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的切线”．

跟踪训练2　(1)曲线f(x)＝在(0，f(0))处的切线方程为(　　)

A．y＝3x－2                                      B．y＝3x＋2

C．y＝－3x－2                                   D．y＝－3x＋2

答案　A

解析　由题知f′(x)＝＝，

所以f′(0)＝3，f(0)＝－2，

所以曲线f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－2)＝3(x－0)，即y＝3x－2.

(2)(2023·泸州模拟)已知曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋b，则a的值是(　　)

A.  B．－2  C．－  D．2

答案　D

解析　令y＝f(x)＝，则f′(x)＝，

曲线在点处的切线的斜率为f′(π)＝＝，解得a＝2.

题型三　两曲线的公切线

例4　(1)若直线l：y＝kx＋b(k>1)为曲线f(x)＝e^x－1与曲线g(x)＝eln x的公切线，则l的纵截距b等于(　　)

A．0  B．1  C．e  D．－e

答案　D

解析　设l与f(x)的切点为(x₁，y₁)，则由f′(x)＝e^x－1，得l：y＝＋(1－x₁).

同理，设l与g(x)的切点为(x₂，y₂)，

则由g′(x)＝，得l：y＝x＋e(lnx₂－1)．

故

解得或 则l：y＝x或y＝ex－e.

因为k>1，所以l：y＝x不成立，故b＝－e.

(2)(2023·晋中模拟)若两曲线y＝ln x－1与y＝ax²存在公切线，则正实数a的取值范围是(　　)

A．(0,2e]                                           B.

C.                                        D．[2e，＋∞)

答案　B

解析　设公切线与曲线y＝lnx－1和y＝ax²的切点分别为(x₁，lnx₁－1)，(x₂，ax)，其中x₁>0，

对于y＝ln x－1有y′＝，则y＝ln x－1的切线方程为y－(lnx₁－1)＝(x－x₁)，

即y＝＋lnx₁－2，

对于y＝ax²有y′＝2ax，则y＝ax²的切线方程为y－ax＝2ax₂(x－x₂)，即y＝2ax₂x－ax，

所以则－＝lnx₁－2，

即＝2x－xln x₁(x₁>0)，

令g(x)＝2x²－x²ln x，

则g′(x)＝3x－2xlnx＝x(3－2lnx)，

令g′(x)＝0，得x＝，

当x∈(0，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

所以g(x)_max＝g()＝e³，故0<≤e³，

即a≥e^－3.

思维升华　公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解．

跟踪训练3　(1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x²－m，h(x)＝6ln x－4x，设两曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点处的切线相同，则m等于(　　)

A．－3  B．1  C．3  D．5

答案　D

解析　依题意，设曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点(x₀，y₀)处的切线相同．

∵f(x)＝x²－m，h(x)＝6ln x－4x，

∴f′(x)＝2x，h′(x)＝－4，

∴

即

∵x₀>0，∴x₀＝1，m＝5.

(2)已知f(x)＝e^x－1，g(x)＝ln x＋1，则f(x)与g(x)的公切线有(　　)

A．0条  B．1条  C．2条  D．3条

答案　C

解析　根据题意，设直线l与f(x)＝e^x－1相切于点(m，e^m－1)，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)，

对于f(x)＝e^x－1，f′(x)＝e^x，则k₁＝e^m，

则直线l的方程为y＋1－e^m＝e^m(x－m) ，

即y＝e^mx＋e^m(1－m)－1，

对于g(x)＝ln x＋1，g′(x)＝，则k₂＝，

则直线l的方程为y－(lnn＋1)＝(x－n)，

即y＝x＋lnn，

直线l是f(x)与g(x)的公切线，则

可得(1－m)(e^m－1)＝0，即m＝0或m＝1，

则切线方程为y＝ex－1或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条．

课时精练

1．(2023·广州模拟)曲线y＝x³＋1在点(－1，a)处的切线方程为(　　)

A．y＝3x＋3                                       B．y＝3x＋1

C．y＝－3x－1                                   D．y＝－3x－3

答案　A

解析　因为f′(x)＝3x²，所以f′(－1)＝3，

又当x＝－1时，a＝(－1)³＋1＝0，

所以y＝x³＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)，

即y＝3x＋3.

2．记函数f(x)的导函数为f′(x)．若f(x)＝e^xsin 2x，则f′(0)等于(　　)

A．2  B．1  C．0  D．－1

答案　A

解析　因为f(x)＝e^xsin 2x，

则f′(x)＝e^x(sin 2x＋2cos 2x)，

所以f′(0)＝e⁰(sin 0＋2cos 0)＝2.

3．(2022·广西三市联考)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋2，那么f(1)＋f′(1)等于(　　)

A．1  B．2  C．3  D．4

答案　C

解析　由题意得f(1)＝×1＋2＝，

f′(1)＝，

所以f(1)＋f′(1)＝＋＝3.

4．已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为(　　)

A．－2  B．2  C．－e  D．e

答案　B

解析　设切点坐标为(t，tln t)，∵f(x)＝xln x，∴f′(x)＝lnx＋1，直线l的斜率为f′(t)＝lnt＋1，

∴直线l的方程为y－tln t＝(lnt＋1)(x－t)，

将点(0，－e)的坐标代入直线l的方程得－e－tln t＝－t(ln t＋1)，解得t＝e，

∴直线l的斜率为f′(e)＝2.

5．已知函数f(x)＝aln x，g(x)＝be^x，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋的最小值为(　　)

A．2  B．2e  C．e²  D.

答案　B

解析　设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn)．

由f′(x)＝，有

解得m＝e，a＝ek.

又由g′(x)＝be^x，有

解得n＝1，b＝，

所以a＋＝ek＋≥2＝2e，

当且仅当a＝e，b＝时等号成立．

6．(多选)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x₀叫做函数f(x)的“新不动点”，则下列函数中只有一个“新不动点”的是(　　)

A．g(x)＝x·2^x

B．g(x)＝－e^x－2x

C．g(x)＝ln x

D．g(x)＝sin x＋2cos x

答案　ABC

解析　对于A，g′(x)＝2^x＋x·2^x·ln 2，

由x·2^x＝2^x＋x·2^x·ln 2，

解得x＝，

∴g(x)只有一个“新不动点”，故A正确；

对于B，g′(x)＝－e^x－2，

由－e^x－2＝－e^x－2x，得x＝1，

∴g(x)只有一个“新不动点”，故B正确；

对于C，g′(x)＝，

根据y＝ln x和y＝的图象可看出ln x＝只有一个实数根，

∴g(x)只有一个“新不动点”，故C正确；

对于D，g′(x)＝cosx－2sin x，

由sinx＋2cos x＝cosx－2sin x，

得3sinx＝－cos x，

∴tanx＝－，

根据y＝tan x和y＝－的图象可看出方程tan x＝－有无数个解，

∴g(x)有无数个“新不动点”，故D错误．

7．写出一个同时具有性质：①f(x₁x₂)＝f(x₁)＋f(x₂)，②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0的函数f(x)＝       .

答案　lnx(答案不唯一)

解析　若函数f(x)＝lnx，则f(x₁x₂)＝ln(x₁x₂)＝lnx₁＋ln x₂＝f(x₁)＋f(x₂)，满足①；f(x)＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝>0，满足②，故f(x)＝ln x符合题意．

8．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，则f′(3)＝________.

答案　12

解析　由题意得，f′(x)＝x(x－1)(x－2)(x－4)(x－5)＋(x－3)[x(x－1)(x－2)(x－4)(x－5)]′，所以f′(3)＝3×(3－1)×(3－2)×(3－4)×(3－5)＋0＝12.

9．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x.

(1)求f′(e)及f(e)的值；

(2)求f(x)在点(e²，f(e²))处的切线方程．

解　(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋lnx，

∴f′(x)＝2f′(e)＋，f′(e)＝2f′(e)＋，

∴f′(e)＝－，f(x)＝－＋lnx，

∴f(e)＝－＋ln e＝－1.

(2)∵f(x)＝－＋lnx，f′(x)＝－＋，

∴f(e²)＝－＋ln e²＝2－2e，f′(e²)＝－＋，

∴f(x)在点(e²，f(e²))处的切线方程为y－(2－2e)＝(x－e²)，

即(2e－1)x＋e²y－e²＝0.

10．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝x³－x，g(x)＝x²＋a，曲线y＝f(x)在点(x₁，f(x₁))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．

(1)若x₁＝－1，求a；

(2)求a的取值范围．

解　(1)当x₁＝－1时，f(－1)＝0，

所以切点坐标为(－1,0)．

由f(x)＝x³－x，得f′(x)＝3x²－1，

所以切线斜率k＝f′(－1)＝2，

所以切线方程为y＝2(x＋1)，

即y＝2x＋2.

将y＝2x＋2代入y＝x²＋a，

得x²－2x＋a－2＝0.

由切线与曲线y＝g(x)也相切，

得Δ＝(－2)²－4(a－2)＝0，

解得a＝3.

(2)由(1)知，y＝f(x)在点(x₁，f(x₁))处的切线斜率k＝f′(x₁)＝3x－1，

又f(x₁)＝x－x₁，所以切线方程为

y－(x－x₁)＝(3x－1)(x－x₁)，

即y＝(3x－1)x－2x.

将y＝(3x－1)x－2x代入y＝x²＋a，

得x²－(3x－1)x＋a＋2x＝0.

由切线与曲线y＝g(x)也相切，得

Δ＝(3x－1)²－4(a＋2x)＝0，

整理，得4a＝9x－8x－6x＋1.

令h(x)＝9x⁴－8x³－6x²＋1.

则h′(x)＝36x³－24x²－12x＝12x(3x＋1)(x－1)．

由h′(x)＝0，得x＝－，0,1，

当x变化时，h′(x)，h(x)的变化如表所示，

x	(－∞，－)	－	(－，0)	0	(0,1)	1	(1，＋∞)
h′(x)	－	0	＋	0	－	0	＋
h(x)	↘	极小值	↗	极大值	↘	极小值	↗

由表知，当x＝－时，h(x)取得极小值h＝，

当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝－4，

易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，

当x→＋∞时，h(x)→＋∞，

所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)，

所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)，

故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．

11．已知曲线y＝e^x在点(x₁，)处的切线与曲线y＝ln x在点(x₂，ln x₂)处的切线相同，则(x₁＋1)(x₂－1)等于(　　)

A．－1  B．－2  C．1  D．2

答案　B

解析　已知曲线y＝e^x在点(x₁，)处的切线方程为y－＝(x－x₁)，

即y＝x－x₁＋，

曲线y＝ln x在点(x₂，lnx₂)处的切线方程为y－lnx₂＝(x－x₂)，

即y＝x－1＋lnx₂，

由题意得

解得x₂＝，

－x₁＝－1＋ln x₂

＝－1＋＝－1－x₁，

则＝，

又x₂＝，

所以x₂＝，

所以x₂－1＝－1＝，

所以(x₁＋1)(x₂－1)＝－2.

12．我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型分式，比如：当x→0时，的极限即为型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在．为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如： ＝ ＝ ＝e^x＝e⁰＝1，则 ＝       .

答案　

解析　 ＝ ＝ ＝＝ln 1＋＝.

13．已知a，b为正实数，直线y＝x－与曲线y＝ln相切，则的取值范围是(　　)

A．(－∞，0)                                     B.

C．[1，＋∞)                                     D．(0,1)

答案　D

解析　函数y＝ln的导函数为y′＝，令y′＝＝1，解得x＝1－，所以切点为，

代入y＝x－，得a＋b＝2，

因为a，b为正实数，所以a∈(0,2)，

则＝，

令g(a)＝，a∈(0,2)，则g′(a)＝>0，

则函数g(a)在(0,2)上单调递增，所以0＝g(0)<g(a)<g(2)＝1，即g(a)∈(0,1)，

所以∈(0,1)．

14．设a_i(i＝0,1,2，…，2 022)是常数，对于∀x∈R，都有x^{2 022}＝a₀＋a₁(x－1)＋a₂(x－1)(x－2)＋…＋a_{2 022}·(x－1)(x－2)…(x－2 022)，则－a₀＋a₁－a₂＋2！a₃－3！a₄＋4！a₅－…＋2 020！a_{2 021}－2 021！a_{2 022}＝________.

答案　2 021

解析　因为x^{2 022}＝a₀＋a₁(x－1)＋a₂(x－1)·(x－2)＋…＋a_{2 022}(x－1)(x－2)…(x－2 022)，

则令x＝1，可得a₀＝1.

对x^{2 022}＝a₀＋a₁(x－1)＋a₂(x－1)(x－2)＋…＋a_{2 022}(x－1)(x－2)…(x－2 022)两边求导可得

2 022x^{2 021}＝a₁＋a₂[(x－1)(x－2)]′＋…＋a_{2 022}[(x－1)(x－2)…(x－2 022)]′，

令f_n(x)＝(x－1)(x－2)…(x－n)，

则f_n′(x)＝(x－1)[(x－2)(x－3)…(x－n)]′＋(x－2)(x－3)…(x－n)，

所以f_n′(1)＝(1－2)×…×(1－n)

＝(－1)^n－1(n－1)！，

所以2 022×1^{2 021}＝a₁＋a₂×(－1)¹×1＋a₃×(－1)²×2！＋…＋a_{2 022}×(－1)^{2 021}2 021！，

故2 022＝a₁－a₂＋2！a₃－…－2 021！a_{2 022}，

所以－a₀＋a₁－a₂＋2！a₃－3！a₄＋4！a₅－…＋2 020！a_{2 021}－2 021！a_{2 022}＝2 022－1＝2 021.