2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第三章　§3.1　导数的概念及其意义、导数的运算

这是一份2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第三章　§3.1　导数的概念及其意义、导数的运算，共14页。试卷主要包含了导数的运算法则等内容，欢迎下载使用。

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)＝eq \(lim,\s\d6(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \(lim,\s\d6(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx).
(2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数)
f′(x)＝y′＝eq \(lim,\s\d6(Δx→0)) eq \f(fx＋Δx－fx,Δx).
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
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．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.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,fx)))′＝eq \f(－f′x,[fx]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)(cs 2x) ′＝－2sin 2x.( √ )
教材改编题
1．若函数f(x)＝3x＋sin 2x，则( )
A．f′(x)＝3xln 3＋2cs 2x
B．f′(x)＝3x＋2cs 2x
C．f′(x)＝eq \f(3x,ln 3)＋cs 2x
D．f′(x)＝eq \f(3x,ln 3)－2cs 2x
答案 A
解析 因为函数f(x)＝3x＋sin 2x，
所以f′(x)＝3xln 3＋2cs 2x.
2．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 由题意得，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.
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 由题意得f′(x)＝1＋ln x＋2ax，
∴f′(e)＝2ae＋2＝0，解得a＝－eq \f(1,e).
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．(x3ln x)′＝3x2ln x＋x2
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2sin x,x2)))′＝eq \f(2xcs x＋4sin x,x3)
D．(2x＋cs x)′＝2xln 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，(x3ln x)′＝(x3)′ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确；
对于C，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2sin x,x2)))′＝eq \f(2sin x′x2－2sin xx2′,x4)＝eq \f(2xcs x－4sin x,x3)，故C错误；
对于D，(2x＋cs x)′＝(2x)′＋(cs x)′＝2xln 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)＝2cs(2x＋3)
B．若f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝e－2x＋1
C．若f(x)＝eq \f(x,ex)，则f′(x)＝eq \f(1－x,ex)
D．若f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1
答案 ACD
解析 f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cs(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cs(2x＋3)，故A正确；
f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝－2e－2x＋1，故B错误；
f(x)＝eq \f(x,ex)，f′(x)＝eq \f(ex－xex,ex2)＝eq \f(1－x,ex)，故C正确；
f(x)＝xln x，f′(x)＝(x)′ln x＋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′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))sin x，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝ .
答案 eq \f(π2,36)＋eq \f(2π,3)
解析 ∵f′(x)＝2x＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(2π,3)＋eq \f(1,2)f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(4π,3)，∴f(x)＝x2＋eq \f(4π,3)sin x，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(π2,36)＋eq \f(2π,3).
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)＝2e2ln x＋x2，所以f′(x)＝eq \f(2e2,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＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)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′＝eq \f(1,x)，得切线斜率为eq \f(1,x0)，
又切线的斜率为eq \f(y0,x0)，所以eq \f(1,x0)＝eq \f(y0,x0)，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为eq \f(1,e)，切线方程为y＝eq \f(1,e)x.
同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－eq \f(1,e)x.
综上可知，两条切线方程为y＝eq \f(1,e)x，y＝－eq \f(1,e)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′＝eq \f(a,x＋1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,t＋1)＝1，,alnt＋1＝t＋1，))解得t＝e－1，a＝e.
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)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 ．
答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|＝(x0＋a＋1)＝，化简，得xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq \\al(2,0)＋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)＝eq \f(x2＋x－2,ex)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)＝eq \f(2x＋1ex－x2＋x－2ex,ex2)＝eq \f(－x2＋x＋3,ex)，
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＝eq \f(acs x,x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，－\f(a,π)))处的切线方程为y＝eq \f(2,π2)x＋b，则a的值是( )
A.eq \f(4,π) B．－2 C．－eq \f(4,π) D．2
答案 D
解析 令y＝f(x)＝eq \f(acs x,x)，则f′(x)＝eq \f(－axsin x＋cs x,x2)，
曲线在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，－\f(a,π)))处的切线的斜率为f′(π)＝eq \f(a,π2)＝eq \f(2,π2)，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)＝ex－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)＝ex－1，得l：y＝＋(1－x1).
同理，设l与g(x)的切点为(x2，y2)，
则由g′(x)＝eq \f(e,x)，得l：y＝eq \f(e,x2)x＋e(ln x2－1)．
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(e,x2)，,1－x1＝eln x2－1.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝1，,x2＝e))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝2，,x2＝1.)) 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.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)e－3，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)e－3)) D．[2e，＋∞)
答案 B
解析 设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x1，ln x1－1)，(x2，axeq \\al(2,2))，其中x1>0，
对于y＝ln x－1有y′＝eq \f(1,x)，则y＝ln x－1的切线方程为y－(ln x1－1)＝eq \f(1,x1)(x－x1)，
即y＝eq \f(x,x1)＋ln x1－2，
对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2的切线方程为y－axeq \\al(2,2)＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x－axeq \\al(2,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＝2ax2，,ln x1－2＝－ax\\al(2,2)，))则－eq \f(1,4ax\\al(2,1))＝ln x1－2，
即eq \f(1,4a)＝2xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,1)ln x1(x1>0)，
令g(x)＝2x2－x2ln x，
则g′(x)＝3x－2xln x＝x(3－2ln x)，
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()＝eq \f(1,2)e3，故0即a≥eq \f(1,2)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)＝eq \f(6,x)－4，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx0＝hx0，,f′x0＝h′x0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－m＝6ln x0－4x0，,2x0＝\f(6,x0)－4，))
∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.
(2)已知f(x)＝ex－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)＝ex－1相切于点(m，em－1) ，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)，
对于f(x)＝ex－1，f′(x)＝ex，则k1＝em，
则直线l的方程为y＋1－em＝em(x－m) ，
即y＝emx＋em(1－m)－1，
对于g(x)＝ln x＋1，g′(x)＝eq \f(1,x)，则k2＝eq \f(1,n)，
则直线l的方程为y－(ln n＋1)＝eq \f(1,n)(x－n)，
即y＝eq \f(1,n)x＋ln n，
直线l是f(x)与g(x)的公切线，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(em＝\f(1,n)，,1－mem＝ln n＋1，))
可得(1－m)(em－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)＝exsin 2x，则f′(0)等于( )
A．2 B．1 C．0 D．－1
答案 A
解析 因为f(x)＝exsin 2x，
则f′(x)＝ex(sin 2x＋2cs 2x)，
所以f′(0)＝e0(sin 0＋2cs 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＝eq \f(1,2)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)＝eq \f(1,2)×1＋2＝eq \f(5,2)，
f′(1)＝eq \f(1,2)，
所以f(1)＋f′(1)＝eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)＝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)＝ln x＋1，直线l的斜率为f′(t)＝ln t＋1，
∴直线l的方程为y－tln t＝(ln t＋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)＝bex，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A．2 B．2e C．e2 D.eq \r(e)
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)＝eq \f(a,x)，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(km＝aln m，,\f(a,m)＝k，))
解得m＝e，a＝ek.
又由g′(x)＝bex，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kn＝ben，,ben＝k，))
解得n＝1，b＝eq \f(k,e)，
所以a＋eq \f(1,b)＝ek＋eq \f(e,k)≥2eq \r(e2)＝2e，
当且仅当a＝e，b＝eq \f(1,e)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·2x
B．g(x)＝－ex－2x
C．g(x)＝ln x
D．g(x)＝sin x＋2cs x
答案 ABC
解析 对于A，g′(x)＝2x＋x·2x·ln 2，
由x·2x＝2x＋x·2x·ln 2，
解得x＝eq \f(1,1－ln 2)，
∴g(x)只有一个“新不动点”，故A正确；
对于B，g′(x)＝－ex－2，
由－ex－2＝－ex－2x，得x＝1，
∴g(x)只有一个“新不动点”，故B正确；
对于C，g′(x)＝eq \f(1,x)，
根据y＝ln x和y＝eq \f(1,x)的图象可看出ln x＝eq \f(1,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)＝cs x－2sin x，
由sin x＋2cs x＝cs x－2sin x，
得3sin x＝－cs x，
∴tan x＝－eq \f(1,3)，
根据y＝tan x和y＝－eq \f(1,3)的图象可看出方程tan x＝－eq \f(1,3)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 ln x(答案不唯一)
解析 若函数f(x)＝ln x，则f(x1x2)＝ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝f(x1)＋f(x2)，满足①；f(x)＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1,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)＋ln x，
∴f′(x)＝2f′(e)＋eq \f(1,x)，f′(e)＝2f′(e)＋eq \f(1,e)，
∴f′(e)＝－eq \f(1,e)，f(x)＝－eq \f(2x,e)＋ln x，
∴f(e)＝－eq \f(2e,e)＋ln e＝－1.
(2)∵f(x)＝－eq \f(2x,e)＋ln x，f′(x)＝－eq \f(2,e)＋eq \f(1,x)，
∴f(e2)＝－eq \f(2e2,e)＋ln e2＝2－2e，f′(e2)＝－eq \f(2,e)＋eq \f(1,e2)，
∴f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程为y－(2－2e)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,e)＋\f(1,e2)))(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)＝3xeq \\al(2,1)－1，
又f(x1)＝xeq \\al(3,1)－x1，所以切线方程为
y－(xeq \\al(3,1)－x1)＝(3xeq \\al(2,1)－1)(x－x1)，
即y＝(3xeq \\al(2,1)－1)x－2xeq \\al(3,1).
将y＝(3xeq \\al(2,1)－1)x－2xeq \\al(3,1)代入y＝x2＋a，
得x2－(3xeq \\al(2,1)－1)x＋a＋2xeq \\al(3,1)＝0.
由切线与曲线y＝g(x)也相切，得
Δ＝(3xeq \\al(2,1)－1)2－4(a＋2xeq \\al(3,1))＝0，
整理，得4a＝9xeq \\al(4,1)－8xeq \\al(3,1)－6xeq \\al(2,1)＋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＝－eq \f(1,3)，0,1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化如表所示，
由表知，当x＝－eq \f(1,3)时，h(x)取得极小值heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(20,27)，
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＝ex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＝ex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，ln x2)处的切线方程为y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)x－1＋ln x2，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(1,x2)，,－x1＝－1＋ln x2，))
解得x2＝，
－x1＝－1＋ln x2
＝－1＋＝－1－x1，
则＝eq \f(x1＋1,x1－1)，
又x2＝，
所以x2＝eq \f(x1－1,x1＋1)，
所以x2－1＝eq \f(x1－1,x1＋1)－1＝eq \f(－2,x1＋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eq \f(0,0)型分式，比如：当x→0时，eq \f(ex－1,x)的极限即为eq \f(0,0)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：eq \(lim,\s\d6(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq \(lim,\s\d6(x→0)) eq \f(ex－1′,x′)＝eq \(lim,\s\d6(x→0)) eq \f(ex,1)＝eq \(lim,\s\d6(x→0))ex＝e0＝1，则eq \(lim,\s\d6(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝ .
答案 eq \f(1,2)
解析 eq \(lim,\s\d6(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝eq \(lim,\s\d6(x→1)) eq \f(x2ln x′,x2－1′)＝eq \(lim,\s\d6(x→1)) eq \f(2xln x＋x,2x)＝eq \(lim,\s\d6(x→1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,2)))＝ln 1＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
13．已知a，b为正实数，直线y＝x－eq \f(a,2)与曲线y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,2)))相切，则eq \f(a2,4－b)的取值范围是( )
A．(－∞，0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[1，＋∞) D．(0,1)
答案 D
解析 函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,2)))的导函数为y′＝eq \f(1,x＋\f(b,2))，令y′＝eq \f(1,x＋\f(b,2))＝1，解得x＝1－eq \f(b,2)，所以切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b,2)，0))，
代入y＝x－eq \f(a,2)，得a＋b＝2，
因为a，b为正实数，所以a∈(0,2)，
则eq \f(a2,4－b)＝eq \f(a2,2＋a)，
令g(a)＝eq \f(a2,2＋a)，a∈(0,2)，则g′(a)＝eq \f(aa＋4,2＋a2)>0，
则函数g(a)在(0,2)上单调递增，所以0＝g(0)所以eq \f(a2,4－b)∈(0,1)．
14．设ai(i＝0,1,2，…，2 022)是常数，对于∀x∈R，都有x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2 022·(x－1)(x－2)…(x－2 022)，则－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2 020！a2 021－2 021！a2 022＝________.
答案 2 021
解析 因为x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)·(x－2)＋…＋a2 022(x－1)(x－2)…(x－2 022)，
则令x＝1，可得a0＝1.
对x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2 022(x－1)(x－2)…(x－2 022)两边求导可得
2 022x2 021＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2 022[(x－1)(x－2)…(x－2 022)]′，
令fn(x)＝(x－1)(x－2)…(x－n)，
则fn′(x)＝(x－1)[(x－2)(x－3)…(x－n)]′＋(x－2)(x－3)…(x－n)，
所以fn′(1)＝(1－2)×…×(1－n)
＝(－1)n－1(n－1)！，
所以2 022×12 021＝a1＋a2×(－1)1×1＋a3×(－1)2×2！＋…＋a2 022×(－1)2 0212 021！，
故2 022＝a1－a2＋2！a3－…－2 021！a2 022，
所以－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2 020！a2 021－2 021！a2 022＝2 022－1＝2 021.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)＝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)
x
(－∞，－eq \f(1,3))
－eq \f(1,3)
(－eq \f(1,3)，0)
0
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
h(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗