2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第1讲　变化率与导数、导数的计算学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第1讲　变化率与导数、导数的计算学案，共14页。


[学生用书P39]
一、知识梳理
1．导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
一般地，称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率
eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,\s\d5(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)＝eq \(lim,\s\d5(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(Δy,Δx)为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq \(lim,\s\d5(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(Δy,Δx)＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,\s\d5(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)．
(2)导数的几何意义
函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(3)函数f(x)的导函数
称函数f′(x)＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,\s\d5(Δx→0))eq \f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx)为f(x)的导函数．
2．基本初等函数的导数公式
3.导数的运算法则
(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．复合函数的导数
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yx′＝yu′·ux′，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．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．[af(x)＋bg(x)]′＝af′(x)＋bg′(x)．
3．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，曲线在这点处的切线越“陡”．
二、习题改编
1．(选修2­2P65A组T2(1)改编)函数y＝xcs x－sin x的导数为( )
A．xsin x B．－xsin x
C．xcs x D．－xcs x
解析：选B.y′＝x′cs x＋x(cs x)′－(sin x)′＝cs x－xsin x－cs x＝－xsin x.
2．(选修2­2P18A组T6改编)曲线y＝1－eq \f(2,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为________．
解析：因为y′＝eq \f(2,（x＋2）2)，所以y′|x＝－1＝2.
故所求切线方程为2x－y＋1＝0.
答案：2x－y＋1＝0
3．(选修2­2P7例2改编)有一机器人的运动方程为s＝t2＋eq \f(3,t)(t是时间，s是位移)，则该机器人在t＝2时的瞬时速度为________．
解析：因为s＝t2＋eq \f(3,t)，所以s′＝2t－eq \f(3,t2)，
所以s′|t＝2＝4－eq \f(3,4)＝eq \f(13,4).
答案：eq \f(13,4)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率． ( )
(2)求f′(x0)时，可先求f(x0)，再求f′(x0)．( )
(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．( )
(4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线． ( )
(5)曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与过点P(x0，y0)的切线相同．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)求导时不能掌握复合函数的求导法则致误；
(2)不会用方程法解导数求值．
1．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，则f′(x)＝________．
解析：f′(x)＝[sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))]′＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))′＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
答案：2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
2．设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))sin x＋cs x，则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝________．
解析：因为f(x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))sin x＋cs x，
所以f′(x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))cs x－sin x，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))cseq \f(π,2)－sineq \f(π,2)，
即f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－1，所以f(x)＝－sin x＋cs x，
f′(x)＝－cs x－sin x.
故f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－cseq \f(π,4)－sineq \f(π,4)＝－eq \r(2).
[学生用书P40]
导数的计算(多维探究)
角度一 根据求导法则求函数的导数
求下列函数的导数：
(1)y＝(3x2－4x)(2x＋1)；
(2)y＝sineq \f(x,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2cs2\f(x,4)))；
(3)y＝3xex－2x＋e；
(4)y＝eq \f(ln x,x2＋1)；
(5)y＝lneq \f(2x－1,2x＋1).
【解】 (1)因为y＝(3x2－4x)(2x＋1)
＝6x3＋3x2－8x2－4x＝6x3－5x2－4x，
所以y′＝18x2－10x－4.
(2)因为y＝sineq \f(x,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－cs\f(x,2)))＝－eq \f(1,2)sin x，
所以y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)sin x))′＝－eq \f(1,2)(sin x)′＝－eq \f(1,2)cs x.
(3)y′＝(3xex)′－(2x)′＋e′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′
＝3xexln 3＋3xex－2xln 2
＝(ln 3＋1)·(3e)x－2xln 2.
(4)y′＝eq \f(（ln x）′（x2＋1）－ln x（x2＋1）′,（x2＋1）2)＝eq \f(\f(1,x)（x2＋1）－2xln x,（x2＋1）2)
＝eq \f(x2＋1－2x2ln x,x（x2＋1）2).
(5)y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2x－1,2x＋1)))′＝[ln(2x－1)－ln(2x＋1)]′＝
[ln(2x－1)]′－[ln(2x＋1)]′＝eq \f(1,2x－1)·(2x－1)′－eq \f(1,2x＋1)·(2x＋1)′＝eq \f(2,2x－1)－eq \f(2,2x＋1)＝eq \f(4,4x2－1).
角度二 抽象函数的导数计算
已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，则f′(2)＝________．
【解析】 因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq \f(1,x)，所以f′(2)＝4＋3f′(2)＋eq \f(1,2)＝3f′(2)＋eq \f(9,2)，所以f′(2)＝－eq \f(9,4).
【答案】 －eq \f(9,4)
eq \a\vs4\al()
导数的计算技巧
(1)求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．
(2)复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元．
1．已知f(x)＝x(2 019＋ln x)，若f′(x0)＝2 020，则x0＝( )
A．e2 B．1
C．ln 2 D．e
解析：选B.因为f(x)＝x(2 019＋ln x)，
所以f′(x)＝2 019＋ln x＋1＝2 020＋ln x，
又f′(x0)＝2 020，
所以2 020＋ln x0＝2 020，所以x0＝1.
2．(2020·宜昌模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导数，f(x)＝f′(1)·2x＋x2，则f′(2)＝( )
A.eq \f(12－8ln 2,1－2ln 2) B．eq \f(2,1－2ln 2)
C.eq \f(4,1－2ln 2) D．－2
解析：选C.因为f′(x)＝f′(1)·2xln 2＋2x，所以f′(1)＝f′(1)·2ln 2＋2，解得f′(1)＝eq \f(2,1－2ln 2)，所以f′(x)＝eq \f(2,1－2ln 2)·2xln 2＋2x，所以f′(2)＝eq \f(2,1－2ln 2)×22ln 2＋2×2＝eq \f(4,1－2ln 2).
导数的几何意义(多维探究)
角度一 求切线方程
(1)(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．
(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________．
【解析】 (1)因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
(2)因为点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，所以设切点为(x0，y0)．又因为f′(x)＝1＋ln x，所以直线l的方程为y＋1＝(1＋ln x0)x.
所以由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝（1＋ln x0）x0，))解得x0＝1，y0＝0.
所以直线l的方程为y＝x－1，
即x－y－1＝0.
【答案】 (1)y＝3x (2)x－y－1＝0
角度二 求切点坐标
(2019·高考江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
【解析】 设A(x0，ln x0)，又y′＝eq \f(1,x)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，将(－e，－1)代入得，－1－ln x0＝eq \f(1,x0)(－e－x0)，化简得ln x0＝eq \f(e,x0)，解得x0＝e，则点A的坐标是(e，1)．
【答案】 (e，1)
角度三 求参数
(1)(2019·高考全国卷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
(2)(2020·郑州市第一次质量预测)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)的图象与直线x＋y＋1＝0相切，则实数a的值为________．
【解析】 (1)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\{(\a\vs4\al\c1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝e－1，,b＝－1.))
(2)设直线x＋y＋1＝0与函数f(x)＝ln x－ax的图象的切点为P(x0，y0)，因为f′(x)＝eq \f(1,x)－a，所以由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＋y0＋1＝0,f′（x0）＝\f(1,x0)－a＝－1,f（x0）＝ln x0－ax0＝y0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝1,y0＝－2,a＝2)).
【答案】 (1)D (2)2
角度四 导数与函数的图象
(1)函数y＝
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
(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)＝________．
【解析】 (1)不妨设导函数y＝f′(x)的零点依次为x1，x2，x3，其中x1<00，排除B，故选D.
(2)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)，所以f′(3)＝－eq \f(1,3).
因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
所以g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，
又由题图可知f(3)＝1，
所以g′(3)＝1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0.
【答案】 (1)D (2)0
eq \a\vs4\al()
导数几何意义的应用类型及求解思路
(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0)．
(2)若求过点P(x0，y0)的切线方程，可设切点为(x1，y1)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝f（x1），,y0－y1＝f′（x1）（x0－x1）))求解即可．
(3)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.
(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢．
1．曲线y＝ex－1＋x的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为________．
解析：设切点坐标为(x0，ex0－1＋x0)，因为y′＝ex－1＋1，所以切线的斜率k＝e x0－1＋1，故切线方程为y－ex0－1－x0＝(ex0－1＋1)(x－x0)．因为切线过原点，所以0－ex0－1－x0＝(ex0－1＋1)(0－x0)，解得x0＝1，将x0＝1代入y－ex0－1－x0＝(ex0－1＋1)(x－x0)，可得切线方程为y＝2x，故答案为y＝2x.
答案：y＝2x
2．设曲线y＝eq \f(1＋cs x,sin x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a＝________．
解析：因为y′＝eq \f(－1－cs x,sin2x)，所以y′|x＝eq \f(π,2)＝－1.
由条件知eq \f(1,a)＝－1，所以a＝－1.
答案：－1
[学生用书P269(单独成册)]
[基础题组练]
1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为( )
A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)
C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)
解析：选C.f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．
2．(2020·安徽江南十校检测)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
解析：选D.因为f(x)＝eq \f(1－2ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(－3＋2ln x,x2)，所以f′(1)＝－3，又f(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0.
3．(2020·安徽宣城八校联考)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)
解析：选B.因为y＝aln x＋x2(a>0)，所以y′＝eq \f(a,x)＋2x≥2eq \r(2a)，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)，因此eq \r(3)＝2eq \r(2a)，所以a＝eq \f(3,8).故选B.
4．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( )
解析：选D.由y＝f′(x)的图象知y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y＝f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故排除A、C.又由图象知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图象在x＝x0处相交，说明y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率相同，故排除B.
5．(2020·广东佛山教学质量检测(一))若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x＋b的切线，则b＝( )
A．－1 B．1
C．2 D．e
解析：选C.y＝ex的导数为y′＝ex，则曲线y＝ex在x＝0处的切线斜率k＝1，则曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1.y＝ln x＋b的导数为y′＝eq \f(1,x)，设切点为(m，n)，则eq \f(1,m)＝1，解得m＝1，则n＝2，即有2＝ln 1＋b，解得b＝2.故选C.
6．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，其导函数为f′(x)，且f(ln x)＝x＋ln x，则f′(1)＝________．
解析：因为f(ln x)＝x＋ln x，所以f(x)＝x＋ex，
所以f′(x)＝1＋ex，
所以f′(1)＝1＋e1＝1＋e.
答案：1＋e
7．(2020·江西重点中学4月联考)已知曲线y＝eq \f(1,x)＋eq \f(ln x,a)在x＝1处的切线l与直线2x＋3y＝0垂直，则实数a的值为________．
解析：y′＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(1,ax)，当x＝1时，y′＝－1＋eq \f(1,a).由于切线l与直线2x＋3y＝0垂直，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－1，解得a＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
8．若过点A(a，0)作曲线C：y＝xex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是________．
解析：设切点坐标为(x0，x0ex0)，y′＝(x＋1)ex，y′|x＝x0＝(x0＋1)ex0，所以切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，将点A(a，0)代入可得－x0ex0＝(x0＋1)ex0(a－x0)，化简，得xeq \\al(2,0)－ax0－a＝0，过点A(a，0)作曲线C的切线有且仅有两条，即方程xeq \\al(2,0)－ax0－a＝0有两个不同的解，则有Δ＝a2＋4a＞0，解得a＞0或a＜－4，故实数a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)
9．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)，＋∞)).
10．已知函数f(x)＝x3＋x－16.
(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；
(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；
(3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．
解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y＝f(x)上．
因为f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1.
所以f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.
所以切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)，
即y＝13x－32.
(2)设切点为(x0，y0)，
则直线l的斜率为f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1，
所以直线l的方程为
y＝(3xeq \\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq \\al(3,0)＋x0－16，
又因为直线l过点(0，0)，
所以0＝(3xeq \\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq \\al(3,0)＋x0－16，
整理得，xeq \\al(3,0)＝－8，
所以x0＝－2，
所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，
k＝3×(－2)2＋1＝13.
所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．
(3)因为切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，
所以切线的斜率k＝4.
设切点的坐标为(x0，y0)，
则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1＝4，
所以x0＝±1.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝－14))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝－18，))
即切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)，
切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.
即y＝4x－18或y＝4x－14.
[综合题组练]
1．在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，则f′(0)＝( )
A．26 B．29
C．212 D．215
解析：选C.因为f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，
所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.
因为数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝212.故选C.
2．(2020·湖北武汉4月调研)设曲线C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲线C上一点M(1，－4)处的切线记为l，则切线l与曲线C的公共点个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.y′＝12x3－6x2－18x，则y′|x＝1＝12×13－6×12－18×1＝－12，
所以曲线y＝3x4－2x3－9x2＋4在点M(1，－4)处的切线方程为y＋4＝－12(x－1)，即12x＋y－8＝0.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(12x＋y－8＝0，,y＝3x4－2x3－9x2＋4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－4))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝32))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,3)，,y＝0.))
故切线与曲线C还有其他的公共点(－2，32)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0))，
所以切线l与曲线C的公共点个数为3.故选C.
3．(2020·安徽淮南二模)设直线l1，l2分别是函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－ln x，01))图象上点P1，P2处的切线．l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则A，B两点之间的距离是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.设P1(x1，f(x1))，P2(x2，f(x2))，
当01时，f′(x)＝eq \f(1,x)，
不妨设x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，
故l1：y＝－eq \f(1,x1)(x－x1)－ln x1，整理得l1：y＝－eq \f(1,x1)x－ln x1＋1，
l2：y＝eq \f(1,x2)(x－x2)＋ln x2，整理得l2：y＝eq \f(1,x2)x＋ln x2－1，
所以A(0，1－ln x1)，B(0，ln x2－1)，则|AB|＝|2－ln(x1x2)|，
因为l1⊥l2，所以－eq \f(1,x1)·eq \f(1,x2)＝－1，所以x1x2＝1，所以|AB|＝2.故选B.
4．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，则P0的坐标为________；若直线l⊥l1，且l也过切点P0，则直线l的方程为________．
解析：由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，
由已知得3x2＋1＝4，解得x＝±1.
当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.
又因为点P0在第三象限，
所以切点P0的坐标为(－1，－4)．
因为直线l⊥l1，l1的斜率为4，
所以直线l的斜率为－eq \f(1,4).
因为l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，
所以直线l的方程为y＋4＝－eq \f(1,4)(x＋1)，
即x＋4y＋17＝0.
答案：(－1，－4) x＋4y＋17＝0
5．设有抛物线C：y＝－x2＋eq \f(9,2)x－4，过原点O作C的切线y＝kx，使切点P在第一象限．
(1)求k的值；
(2)过点P作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q的坐标．
解：(1)由题意得，y′＝－2x＋eq \f(9,2).
设点P的坐标为(x1，y1)，
则y1＝kx1，①
y1＝－xeq \\al(2,1)＋eq \f(9,2)x1－4，②
－2x1＋eq \f(9,2)＝k，③
联立①②③得，x1＝2，x2＝－2(舍去)．
所以k＝eq \f(1,2).
(2)过P点作切线的垂线，
其方程为y＝－2x＋5.④
将④代入抛物线方程得，
x2－eq \f(13,2)x＋9＝0.
设Q点的坐标为(x2，y2)，则2x2＝9，
所以x2＝eq \f(9,2)，y2＝－4.
所以Q点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，－4)).
6．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y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，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f′(x)＝a＋eq \f(b,x2)，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq \f(3,x).
(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任意一点，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,xeq \\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,xeq \\al(2,0))))(x－x0)．
令x＝0，得y＝－eq \f(6,x0)，
从而得切线与直线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，
从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0，2x0)．
所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为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，y＝x所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.
原函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈Q*)
f′(x)＝nxn－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
(x>0，a>0且a≠1)
f′(x)＝eq \f(1,xln a)
f(x)＝ln x (x>0)
f′(x)＝eq \f(1,x)