第15讲　导数的几何意义和四则运算高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第15讲　导数的几何意义和四则运算高考数学一轮复习讲义练习，共12页。试卷主要包含了 下列求导运算正确的是， 过x轴上一点P作曲线C等内容，欢迎下载使用。
第15讲 导数的几何意义和四则运算
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1. (人A选必二P70练习T2)函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是( A )
(第1题)
A. f′(1)＞f′(2)＞f′(3)＞0
B. f′(1)＜f′(2)＜f′(3)＜0
C. 0＜f′(1)＜f′(2)＜f′(3)
D. f′(1)＞f′(2)＞0＞f′(3)
【解析】 由图象可知函数f(x)是单调递增的，所以f′(1)，f′(2)，f′(3)均为正．从图中还可以看出函数f(x)切线的斜率是随着自变量x的增大而逐渐减小的，因此该函数的导函数单调递减，所以有f′(1)＞f′(2)＞f′(3)＞0.
2. (人A选必二P75练习T2改)(多选)下列求导运算正确的是( AD )
A. y＝x5在x＝3处的导数是405
B. y＝ln x在x＝ eq \f(2,3)处的导数是 eq \f(2,3)
C. y＝sin x在x＝2π处的导数是0
D. y＝ex在x＝0处的导数是1
【解析】 对于A，因为y＝x5，所以y′＝5x4，所以在x＝3处的导数为5×34＝405，故A正确；对于B，因为y＝ln x，所以y′＝ eq \f(1,x)，所以在x＝ eq \f(2,3)处的导数为 eq \f(3,2)，故B错误；对于C，因为y＝sin x，所以y′＝cs x，所以在x＝2π处的导数为cs 2π＝1，故C错误；对于D，因为y＝ex，所以y′＝ex，所以在x＝0处的导数为e0＝1，故D正确．
3. 设函数f(x)满足 eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(x0＋Δx)－f(x0),2Δx)＝1，则f′(x0)＝( B )
A. 1B. 2
C. eq \f(1,2)D. 3
【解析】 由 eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(x0＋Δx)－f(x0),2Δx)＝1，得 eq \f(1,2) eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx)＝1，所以f′(x0)＝ eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx)＝2.
4. (人A选必二P71习题T8)一个质量为m＝3 kg的物体做直线运动，设位移y(单位：m)与时间t(单位：s)的关系可用函数y(t)＝1＋t2 表示，并且物体的动能Ek＝ eq \f(1,2)mv2(单位：J)，则物体开始运动后第5 s时的动能为_150_J.
【解析】 因为y＝1＋t2，求导得y′＝2t，所以该物体在t＝5 s的瞬时速度为10 m/s，则物体开始运动后第5 s时的动能为 eq \f(1,2)mv2＝ eq \f(1,2)×3×102＝150(J).
5. (人A选必二P81练习T3)曲线y＝ eq \r(3,3x－1)在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))处的切线方程是_y＝x＋ eq \f(1,3)_．
【解析】 设y＝f(x)＝(3x－1) eq \s\up6(\f(1,3))，则f′(x)＝3× eq \f(1,3)(3x－1)－ eq \s\up6(\f(2,3))＝(3x－1)－ eq \s\up6(\f(2,3))，则f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝1，因此曲线y＝ eq \r(3,3x－1)在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))处的切线方程为y－1＝x－ eq \f(2,3)，即y＝x＋ eq \f(1,3).
聚焦知识
1. 概念
(1) 平均变化率：已知函数y＝f(x)，把式子 eq \f(f(x2)－f(x1),x2－x1)称为函数y＝f(x)从x1到x2的平均变化率，还可以表示为 eq \f(Δy,Δx)＝ eq \f(f(x2)－f(x1),x2－x1).
(2) 瞬时变化率：f(x)在x＝x0处的导数就是f(x)在x＝x0处的瞬时变化率，即f′(x0)＝ eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx)；当把上式中的x0看作变量x时，f′(x)即为f(x)的导函数，简称导数．
2. 几何意义
(1) “在”点P(x0，f(x0))处的切线方程是_y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)_．
(2) “过”点(x1，y1)的切线：①设切点(x0，y0)；②求切线方程；③列方程组：切点(x0，y0)在曲线y＝f(x)上，即y0＝f(x0)；切点在切线y－y1＝f′(x0)(x－x1)上；④解方程组，得x0，求切线．
3. 物理意义
若物体的位移函数为y＝s(t)，则瞬时速度v＝_s′(t)_，加速度a＝_s″(t)_．
4. 运算
(1) 基本公式
①C′＝0；
②(xn)′＝_nxn-1_；
③(sin x)′＝_cs x_；
④(cs x)′＝_－sin x_；
⑤(ax)′＝_axln a_；
⑥(ex)′＝_ex_；
⑦(lgax)′＝_ eq \f(1,x ln a)_；
⑧(ln x)′＝_ eq \f(1,x)_．
(2) 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复合函数求导法则
[f(g(x))]′＝_f′(g(x))·g′(x)_．
5. 常用结论
(1) 奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．
(2) 曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点．
研题型 素养养成
举题说法
导数的运算
视角1 导数的定义
例 1-1 (1) 已知某容器的高度为20 cm，现在向容器内注入液体，且容器内液体的高度h(单位：cm)与时间t(单位：s)的函数关系式为h＝ eq \f(1,3)t3＋t2，当t＝t0时，液体上升高度的瞬时变化率为3 cm/s，则当t＝t0＋1时，液体上升高度的瞬时变化率为( C )
A. 5 cm/sB. 6 cm/s
C. 8 cm/sD. 10 cm/s
【解析】 由h＝ eq \f(1,3)t3＋t2，求导得h′＝t2＋2t.当t＝t0时，h′＝t eq \\al(2,0)＋2t0＝3，解得t0＝1(t0＝－3舍去).故当t＝t0＋1＝2时，液体上升高度的瞬时变化率为22＋2×2＝8(cm/s).
(2) 已知函数f(x)＝2ln x＋8x，则 eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(1＋2Δx)－f(1) ,Δx)的值为( D )
A. －20B. －10
C. 10D. 20
【解析】 因为f(x)＝2ln x＋8x，所以f′(x)＝ eq \f(2,x)＋8，所以 eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(1＋2Δx)－f(1) ,Δx)＝2 eq \(lim,\s\d8(2Δx→0)) eq \f(f(1＋2Δx)－f(1) ,2Δx)＝2f′(1)＝20.
视角2 导数的运算
例 1-2 (1) (人A选必二P81习题T1，2节选)求下列函数的导数．
①y＝2x＋lg2x；②y＝ eq \f(x3－1,sin x)；
③y＝(3x＋1)2ln (3x)；④y＝3xe-3x.
【解答】 ①y′＝2xln 2＋ eq \f(1,x ln 2).
②y′＝ eq \f((x3－1)′sin x－(x3－1)(sin x)′,(sin x)2)＝ eq \f(3x2sin x－(x3－1)cs x,sin2x).
③y′＝[(3x＋1)2]′ln (3x)＋(3x＋1)2·[ln (3x)]′＝6(3x＋1)ln (3x)＋ eq \f((3x＋1)2,x).
④y′＝(3x)′e-3x＋3x(e-3x)′＝3xe-3xln 3－3·3xe-3x.
(2) 已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋f′(1) x2＋3x＋10，则f(3)＝( C )
A. －1B. 0
C. －8D. 1
【解析】 因为函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋f′(1)x2＋3x＋10，所以f′(x)＝x2＋2f′(1)x＋3，则f′(1)＝1＋2f′(1)＋3，解得f′(1)＝－4，则f(x)＝ eq \f(1,3)x3－4x2＋3x＋10，所以f(3)＝ eq \f(1,3)×33－4×32＋3×3＋10＝－8.
(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．
变式 1-2 (2024·漳州四检)已知函数f(x)＝ln x＋x，g(x)是函数f(2x＋1)的导函数，则g(0)＝( D )
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【解析】 因为f(x)＝ln x＋x，所以f(2x＋1)＝ln (2x＋1)＋2x＋1，则f′(2x＋1)＝ eq \f(2,2x＋1)＋2，即g(x)＝ eq \f(2,2x＋1)＋2，所以g(0)＝4.
导数的几何意义
视角1 在某点处的切线
例 2-1 (2024·全国甲卷理)设函数f(x)＝ eq \f(ex＋2sin x,1＋x2)，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( A )
A. eq \f(1,6)B. eq \f(1,3)
C. eq \f(1,2)D. eq \f(2,3)
【解析】 f(x)＝ eq \f(ex＋2sin x,1＋x2)，则f′(x)＝ eq \f((ex＋2cs x)(1＋x2)－(ex＋2sin x)2x,(1＋x2)2)，故f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y＝3x＋1.令x＝0，解得y＝1，令y＝0，解得x＝－ eq \f(1,3)，故所求三角形的面积为S＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))×1＝ eq \f(1,6).
变式 2-1 (2025·济南期初)曲线 y＝ln eq \f(1＋x,1－x)在点(0，0)处的切线方程为_y＝2x_．
【解析】 函数y＝ln eq \f(1＋x,1－x)的定义域为(－1，1)，因为y＝ln eq \f(1＋x,1－x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)，所以y′＝ eq \f(1,1＋x)＋ eq \f(1,1－x)，当x＝0时，y′＝1＋1＝2，y＝0，所以曲线y＝ln eq \f(1＋x,1－x)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x.
视角2 过某点的切线
例 2-2 (1) 已知曲线y＝ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(4,3)，那么曲线过点P(2，4)的切线方程为_y＝4x－4或y＝x＋2_．
【解析】 设曲线y＝ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(4,3)与过点P(2，4)的切线相切于点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,3)x eq \\al(3,0)＋\f(4,3)))，y′＝x2，则切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝x eq \\al(2,0)，所以切线方程为y－ eq \f(1,3)x eq \\al(3,0)－ eq \f(4,3)＝x eq \\al(2,0)(x－x0)，代入点P(2，4)，可得4－ eq \f(1,3)x eq \\al(3,0)－ eq \f(4,3)＝x eq \\al(2,0)(2－x0)，即x eq \\al(3,0)－3x eq \\al(2,0)＋4＝0，解得x0＝2或x0＝－1，故所求的切线方程为y＝4x－4或y＝x＋2.
(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_(－∞，－4)∪(0，＋∞)_．
【解析】 由y＝(x＋a)ex，得y′＝(x＋a＋1)ex，设切点为(x0，(x0＋a)ex0)，则切线斜率为(x0＋a＋1)·e x0，可得切线方程为y－(x0＋a)ex0＝(x0＋a＋1)ex0(x－x0).又切线过原点，可得－(x0＋a)ex0＝－x0(x0＋a＋1)ex0，化简得x eq \\al(2,0)＋a x0－a＝0(*).又切线有两条，即方程(*)有两个不等实根，则Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0.
变式 2-2 (1) 过点(1，0)作曲线y＝e|x|的两条切线，则这两条切线的斜率之和为_e2－1_．
【解析】 当x＞0时，y＝ex，设切点为(x1，ex1)，则y′＝ex，k1＝ex1，切线l1：y－e x1＝e x1 (x－x1).由l1过点(1，0)，得－e x1＝e x1 (1－x1)，所以x1＝2，k1＝e2.当x≤0时，y＝e－x，设切点为(x2，e－x2)，y′＝－e－x，k2＝－e－x2，切线l2：y－e－x2＝－e－x2(x－x2)，由l2过点(1，0)，得－e－x2＝－e－x2(1－x2)，所以x2＝0，k2＝－1，故k1＋k2＝e2－1.
(2) (2024·临沂二模)若直线y＝ax＋1与曲线y＝b＋ln x相切，则ab的取值范围为_ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e3)，＋∞))_．
【解析】 函数y＝b＋ln x的导数为y′＝ eq \f(1,x)，设切点为(x0，ax0＋1)，所以 eq \f(1,x0)＝a，则ax0＝1，即 eq \f(1,a)＝x0.又因为(x0，ax0＋1)在y＝b＋ln x上，所以ax0＋1＝b＋ln x0，所以b＋ln x0＝2，即b－ln a＝2，所以b＝2＋ln a，所以ab＝a(2＋ln a)＝2a＋a ln a(a＞0).令g(a)＝2a＋a ln a，g′(a)＝2＋ln a＋a· eq \f(1,a)＝ln a＋3，令g′(a)＞0，可得a＞ eq \f(1,e3)；令g′(a)＜0，可得0＜a＜ eq \f(1,e3)，所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e3)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)，＋∞))上单调递增，所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)))＝ eq \f(2,e3)＋ eq \f(1,e3)ln eq \f(1,e3)＝－ eq \f(1,e3).当a→＋∞时，g(a)→＋∞，所以ab的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e3)，＋∞)).
(1) 求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线．曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解．
(2) 处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的关系列出有关参数的方程并解出参数：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．
导数几何意义的应用
例3 已知点P是曲线C1：y＝ eq \f(1,3)x3＋2x2＋x＋1在点(0，1)处的切线上的任意一点，点Q是曲线C2：y＝ eq \f(ln x,x)上的任意一点，则PQ的最小值是_ eq \r(2)_．
【解析】 由点P是曲线C1：y＝ eq \f(1,3)x3＋2x2＋x＋1在点(0，1)处的切线上的任意一点，可得y′＝x2＋4x＋1，y′|x＝0＝1，所以点P满足的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.设与直线x－y＋1＝0平行的直线与曲线C2：y＝ eq \f(ln x,x)相切的切点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(ln m,m)))，可得y′＝ eq \f(1－ln x,x2)，所以 eq \f(1－ln m,m2)＝1，解得m＝1，切点坐标为(1，0)，切线方程为x－y－1＝0，则PQ的最小值是两平行线之间的距离 eq \f(2,\r(2))＝ eq \r(2).
若两个动点P，Q分别在函数f(x)和直线l上，那么PQmin即为当f(x)在点P处的切线与直线l平行时到直线的距离．
变式3 曲线y＝ln x上的点到直线y＝x＋2的最短距离是_ eq \f(3\r(2),2)_．
【解析】 如图，设曲线y＝ln x在点(x0，ln x0)处切线的斜率为1，y′＝ eq \f(1,x)，所以斜率k＝ eq \f(1,x0)＝1，解得x0＝1，故切点为(1，0)，切线方程为y＝x－1，则两直线间的距离为 eq \f(|2－(－1)|,\r(12＋(－1)2))＝ eq \f(3\r(2),2)，即为所求．
(变式3答)
随堂内化
1. 若函数f(x)满足 eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(1－Δx)－f(1) ,Δx)＝ eq \f(1,8)，则f′(1)＝_－ eq \f(1,8)_．
【解析】 由导数的定义知， eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(1－Δx)－f(1) ,Δx)＝－ eq \(lim,\s\d8(Δx→0)) eq \f(f(1－Δx)－f(1),－Δx)＝－f′(1)＝ eq \f(1,8)，所以f′(1)＝－ eq \f(1,8).
2. (2024·全国甲卷文)曲线f(x)＝x6＋3x－1在点(0，－1)处的切线与坐标轴围成的面积为( A )
A. eq \f(1,6)B. eq \f(\r(3),2)
C. eq \f(1,2)D. － eq \f(\r(3),2)
【解析】 因为f(x)＝x6＋3x－1，所以f′(x)＝6x5＋3，曲线在点(0，－1)处的切线斜率k＝3，故曲线在点(0，－1)处的切线方程为y＋1＝3x，即y＝3x－1，则其与坐标轴围成的面积S＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,6).
3. (2023·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))ln (x＋1)，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为_y＝－ln 2·(x－1)_．
【解析】 f′(x)＝－ eq \f(1,x2)ln (x＋1)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))· eq \f(1,x＋1)，f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即y＝－ln 2·(x－1).
4. 过点(－1，0)作曲线y＝x3－x的切线，写出一条切线的方程：_2x－y＋2＝0(或x＋4y＋1＝0)_．
【解析】 y＝x3－x，y′＝3x2－1，设切点坐标为(x0，x eq \\al(3,0)－x0)，则切线斜率为3x eq \\al(2,0)－1，切线方程为y－(x eq \\al(3,0)－x0)＝(3x eq \\al(2,0)－1)(x－x0)，代入点(－1，0)，得2x eq \\al(3,0)＋3x eq \\al(2,0)－1＝0，即(x0＋1)2(2x0－1)＝0，解得x0＝－1或x0＝ eq \f(1,2).当x0＝－1时，切线方程为2x－y＋2＝0；当x0＝ eq \f(1,2)时，切线方程为x＋4y＋1＝0.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
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配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 若f(x)＝2x，则 eq \(lim,\s\d6(Δx→0)) eq \f(f(1＋Δx)－f(1),－2Δx)＝( D )
A. 1 B. －1
C. ln 2 D. －ln 2
【解析】 由f(x)＝2x，得f′(x)＝2x ln 2，所以 eq \(lim,\s\d6(Δx→0)) eq \f(f(1＋Δx)－f(1),－2Δx)＝－ eq \f(1,2)f′(1)＝－ eq \f(1,2)×2ln 2＝－ln 2.
2. (2024·湖北八市联考)已知函数f(x)为偶函数，其图象在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，记f(x)的导函数为f′(x)，则f′(－1)＝( A )
A. － eq \f(1,2) B. eq \f(1,2)
C. －2 D. 2
【解析】 因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)，两边求导，可得f′(x)＝－f′(－x).又f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，所以f′(1)＝ eq \f(1,2)，所以f′(－1)＝－f′(1)＝－ eq \f(1,2).
3. (2024·邯郸四调)设函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x＋2)的图象与x轴相交于点P，则该曲线在点P处的切线方程为( C )
A. y＝－x B. y＝－x－1
C. y＝0 D. y＝x－1
【解析】 令x＋ eq \f(1,x＋2)＝0，即x(x＋2)＋1＝0，即(x＋1)2＝0，解得x＝－1，故P(－1，0).f′(x)＝1－ eq \f(1,(x＋2)2)，则f′(－1)＝1－ eq \f(1,(－1＋2)2)＝0，则该曲线在点P处的切线方程为y－f(－1)＝f′(－1)(x＋1)，即y＝0.
4. (2024·娄底一模)若直线ex－4y＋eln 4＝0是指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)图象的一条切线，则底数a＝( D )
A. 2或 eq \f(1,2) B. e
C. eq \r(e) D. e或 eq \r(e)
【解析】 设切点坐标为(x0，ax0)，对函数y＝ax，求导得y′＝ax ln a，切线方程ex－4y＋eln 4＝0化成斜截式为y＝ eq \f(e,4)x＋ eq \f(eln 4,4).由题设知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(e,4)＝ax0ln a＞0，,ax0＝\f(ex0＋eln 4,4)，))显然ln a＞0，即a＞1.由ax0＝ eq \f(e,4ln a)，得 eq \f(e,4ln a)＝ eq \f(ex0＋eln 4,4)，即 eq \f(1,ln a)＝x0＋ln 4，即1＝x0ln a＋ln a ln 4＝ln ax0＋ln 4ln a＝ln (ax0·4ln a)，即e＝ax0·4ln a＝ eq \f(e,4ln a)·4ln a，化简得4ln a＝4ln a．令ln a＝t＞0，即4t＝4t，利用指数函数与一次函数的性质，可知t＝1或 eq \f(1,2)，即ln a＝1或 eq \f(1,2)，解得a＝e或 eq \r(e).
二、 多项选择题
5. (2025·镇江期初)下列求导运算正确的是( CD )
A. (e3x)′＝3ex
B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2x＋1)))′＝x
C. (2sin x－3)′＝2cs x
D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x,2－x)))′＝ eq \f(2,x(2－x))
【解析】 对于A，(e3x)′＝e3x·(3x)′＝3e3x，故A错误；对于B， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2x＋1)))′＝ eq \f((x2)′·(2x＋1)－x2·(2x＋1)′,(2x＋1)2)＝ eq \f(2x(2x＋1)－2x2,(2x＋1)2)＝ eq \f(2x2＋2x,(2x＋1)2)，故B错误；对于C，(2sin x－3)′＝2cs x，故C正确；对于D， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x,2－x)))′＝ eq \f(1,\f(x,2－x))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2－x)))′＝ eq \f(2－x,x)· eq \f(2－x－x·(－1),(2－x)2)＝ eq \f(2,x(2－x))，故D正确．
6. 过x轴上一点P(t，0)作曲线C：y＝(x＋3)ex的切线，若这样的切线不存在，则整数t的可能取值为( ABC )
A. －4 B. －5
C. －6 D. －7
【解析】 设切点为(x0，(x0＋3)ex0)，因为y′＝(x＋4)ex，所以切线方程为y－(x0＋3)ex0＝(x0＋4)ex0(x－x0).因为切线l经过点P，所以－(x0＋3)ex0＝(x0＋4)ex0(t－x0).由题意知，关于x0的方程x eq \\al(2,0)－(t－3)x0－4t－3＝0没有实数解，则Δ＝(t－3)2＋4(4t＋3)＜0，解得－7＜t＜－3.因为t为整数，所以t的取值有－6，－5，－4.
7. 已知函数f(x)＝ex，下列结论正确的是( AC )
A. 曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1
B. 曲线y＝f(x)的切线斜率可以是－1
C. 过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条
D. 过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有2条
【解析】 由题意知f′(x)＝ex.对于A，令f′(x)＝ex＝1，得x＝0，所以曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1，故A正确；对于B，令f′(x)＝ex＝－1，无解，所以曲线y＝f(x)的切线斜率不可以是－1，故B错误；对于C，设切点为(x0，ex0)，由f′(x)＝ex，得切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，又切线过点(0，1)，所以1－ex0＝－ex0·x0，则ex0＝ eq \f(1,1－x0)，易知ex0＝ eq \f(1,1－x0)有且仅有一解为x0＝0，所以切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1，所以过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故C正确；对于D，设切点为(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0).因为点(0，0)在切线上，所以ex0＝x0ex0，解得x0＝1，所以过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故D错误．
三、 填空题
8. 已知函数f(x)满足f(x)＝f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))sin x－cs x，则f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝_ eq \r(2)＋1_．
【解析】 因为f(x)＝f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))sin x－cs x，所以f′(x)＝f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))cs x＋sin x，所以f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))cs eq \f(π,4)＋sin eq \f(π,4)，解得f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝ eq \r(2)＋1.
9. (2024·衡阳二联)曲线f(x)＝x ln (2x－1)＋ eq \f(1,x＋1)在点(1，f(1))处的切线方程为_7x－4y－5＝0_．
【解析】 因为f(x)＝x ln (2x－1)＋ eq \f(1,x＋1)，则f(1)＝1×ln 1＋ eq \f(1,1＋1)＝ eq \f(1,2)，所以切点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，且f′(x)＝ln (2x－1)＋ eq \f(2x,2x－1)－ eq \f(1,(x＋1)2)，则f′(1)＝ln 1＋ eq \f(2,2－1)－ eq \f(1,22)＝ eq \f(7,4)，由直线的点斜式可得切线方程为y－ eq \f(1,2)＝ eq \f(7,4)(x－1)，化简可得7x－4y－5＝0.
10. (2022·新高考Ⅱ卷)写出曲线y＝ln |x|过坐标原点的切线方程：_y＝ eq \f(x,e)，y＝－ eq \f(x,e)_．
【解析】 当x＞0时，在点(x1，ln x1)(x1＞0)处的切线方程为y－ln x1＝ eq \f(1,x1)(x－x1)，由该切线经过原点，得ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝ eq \f(x,e).当x＜0时，在点(x2，ln (－x2))(x2＜0)处的切线方程为y－ln (－x2)＝ eq \f(1,x2)(x－x2)，由该切线经过原点，得ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－ eq \f(x,e).
四、 解答题
11. (2020·北京卷)已知函数f(x)＝12－x2.
(1) 求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；
【解答】 因为f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x，设切点为(x0，12－x eq \\al(2,0))，则－2x0＝－2，即x0＝1，所以切点为(1，11).由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.
(2) 设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
【解答】 显然t≠0.因为f(x)在点(t，12－t2)处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，令x＝0，得y＝t2＋12；令y＝0，得x＝ eq \f(t2＋12,2t)，所以S(t)＝ eq \f(1,2)·(t2＋12)· eq \f(t2＋12,2|t|).不妨设t＞0(t＜0时结果一样)，则S(t)＝ eq \f(t4＋24t2＋144,4t)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t3＋24t＋\f(144,t)))，所以S′(t)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t2＋24－\f(144,t2)))＝ eq \f(3(t4＋8t2－48),4t2)＝ eq \f(3(t2－4)(t2＋12),4t2)＝ eq \f(3(t－2)(t＋2)(t2＋12),4t2).由S′(t)＞0，得t＞2；由S′(t)＜0，得0＜t＜2.所以S(t)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当t＝2时，S(t)取得极小值，也是最小值，为S(2)＝ eq \f(16×16,8)＝32.
12. (1) (2024·益阳4月检测节选)已知a，b为正实数，构造函数f(x)＝ eq \f(ln x,ax＋b).若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ eq \f(1,2)(ax－b)，求a＋b的值．
【解答】 因为f(x)＝ eq \f(ln x,ax＋b)，所以f′(x)＝ eq \f(ax－ax ln x＋b,x(ax＋b)2).因为f′(1)＝ eq \f(a＋b,(a＋b)2)＝ eq \f(1,a＋b)，f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ eq \f(1,a＋b)(x－1)＝ eq \f(1,a＋b)·x－ eq \f(1,a＋b)，则由题意可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋b)＝\f(a,2)，,\f(1,a＋b)＝\f(b,2)，))解得a＝b＝1(负值舍去)，所以a＋b＝2.
(2) 设函数f(x)＝(x－a)2＋4(ln x－a)2，其中x＞0，a∈R.若存在正数x0，使得f(x0)≤ eq \f(4,5)成立，求实数a的值．
【解答】 函数f(x)可以看作是动点M(x，2ln x)与动点N(a，2a)之间距离的平方，如图，动点M在函数y＝2ln x的图象上，N在直线y＝2x的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离．由y＝2ln x得y′＝ eq \f(2,x)，令 eq \f(2,x)＝2，解得x＝1，即曲线上斜率为2的切线的切点为(1，0)，所以曲线上点M(1，0)到直线y＝2x的距离d＝ eq \f(2\r(5),5)，则f(x)≥ eq \f(4,5).根据题意，要使f(x0)≤ eq \f(4,5)成立，则f(x0)＝ eq \f(4,5)，此时N恰好为垂足．由kMN＝ eq \f(2a－0,a－1)＝－ eq \f(1,2)，解得a＝ eq \f(1,5).
(第12题(2)答)
B组 能力提升练
13. (2024·深圳一调)已知函数f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)(a＞0)，设曲线y＝f(x)在点(xi，f(xi))处切线的斜率为ki(i＝1，2，3).若x1，x2，x3均不相等，且k2＝－2，则k1＋4k3的最小值为_18_．
【解析】 由于f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)(a＞0)，故f′(x)＝a[(x－x1)(x－x2)＋(x－x2)(x－x3)＋(x－x3)(x－x1)]，故k1＝a(x1－x2)(x1－x3)，k2＝a(x2－x3)(x2－x1)，k3＝a(x3－x1)(x3－x2)，则 eq \f(1,k1)＋ eq \f(1,k2)＋ eq \f(1,k3)＝ eq \f(1,a(x1－x2)(x1－x3))＋ eq \f(1,a(x2－x3)(x2－x1))＋ eq \f(1,a(x3－x1)(x3－x2))＝ eq \f((x3－x2)＋(x1－x3)＋(x2－x1),a(x1－x2)(x2－x3)(x3－x1))＝0.由k2＝－2，得 eq \f(1,k1)＋ eq \f(1,k3)＝ eq \f(1,2).由k2＝a(x2－x3)(x2－x1)＜0，知x2位于x1，x3之间，不妨设x1＜x2＜x3，则k1＞0，k3＞0，故k1＋4k3＝2(k1＋4k3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k3)))＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(k1,k3)＋\f(4k3,k1)))≥2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(k1,k3)·\f(4k3,k1))))＝18，当且仅当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(k1,k3)＝\f(4k3,k1)，,\f(1,k1)＋\f(1,k3)＝\f(1,2)，))即k1＝6，k3＝3时等号成立，故k1＋4k3的最小值为18.