2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第三章 导数及其应用 第1节 导数的概念及运算

这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第三章 导数及其应用 第1节 导数的概念及运算，共16页。试卷主要包含了了解导数概念的实际背景；2，函数y＝f的导函数，基本初等函数的导数公式，导数的运算法则，1米/秒 米/秒，5)＝－9等内容，欢迎下载使用。
考试要求 1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意义；3.能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝eq \f(1,x)，y＝x2，y＝x3，y＝eq \r(x)的导数；4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.
1.函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
(1)定义：称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率
为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即
(2)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(x0，f(x0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0).
2.函数y＝f(x)的导函数
如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，当x＝x0时，f′(x0)是一个确定的数，当x变化时，f′(x)便是x的一个函数，称它为f(x)的导函数(简称导数)，y＝f(x)的导函数有时也记作y′，即f′(x)＝y′＝limeq \(,\s\up6(,Δx→0)) eq \f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).
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：
(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).
1.f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，且(f(x0))′＝0.
2.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,f（x）)))′＝－eq \f(f′（x）,[f（x）]2)(f(x)≠0).
3.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.
4.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”.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率.( )
(2)函数f(x)＝sin(－x)的导数f′(x)＝cs x.( )
(3)求f′(x0)时，可先求f(x0)，再求f′(x0).( )
(4)曲线y＝f(x)在某点处的切线与曲线y＝f(x)过某点的切线意义是相同的.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)f′(x0)表示y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率，(1)错.
(2)f(x)＝sin(－x)＝－sin x，则f′(x)＝－cs x，(2)错.
(3)求f′(x0)时，应先求f′(x)，再代入求值，(3)错.
(4)“在某点”的切线是指以该点为切点的切线，因此此点横坐标处的导数值为切线的斜率；而对于“过某点”的切线，则该点不一定是切点，要利用解方程组的思想求切线的方程，在曲线上某点处的切线只有一条，但过某点的切线可以不止一条，(4)错.
2.某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(距离单位：米，时间单位：秒)，则他在0.5秒时的瞬时速度为( )
A.9.1米/秒 米/秒
C.3.1米/秒 米/秒
答案 C
解析 h′(t)＝－9.8t＋8，
∴h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1.
3.(2022·银川质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≤0，,－x2＋ax，x>0))为奇函数，则曲线f(x)在x＝2处的切线斜率等于( )
A.6 B.－2 C.－6 D.－8
答案 B
解析 f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x).
取x>0，得x2－2x＝－(－x2＋ax)，则a＝2.
当x>0时，f′(x)＝－2x＋2.
∴f′(2)＝－2.
4.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq \f(e,4)，则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.(2021·全国甲卷)曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为________.
答案 5x－y＋2＝0
解析 y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq \f(（2x－1）′（x＋2）－（2x－1）（x＋2）′,（x＋2）2)＝eq \f(5,（x＋2）2)，
所以k＝y′|x＝－1＝eq \f(5,（－1＋2）2)＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.
6.(易错题)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)))＝________.
答案 －eq \r(2)
解析 由f(x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))sin x＋cs x，
得f′(x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))cs x－sin x，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))·cs eq \f(π,2)－sin eq \f(π,2)，
解得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－1，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－cs eq \f(π,4)－sin eq \f(π,4)＝－eq \r(2).
考点一 导数的运算
1.下列求导运算不正确的是( )
A.(sin a)′＝cs a(a为常数)
B.(sin 2x)′＝2cs 2x
C.(eq \r(x))′＝eq \f(1,2\r(x))
D.(ex－ln x＋2x2)′＝ex－eq \f(1,x)＋4x
答案 A
解析 ∵a为常数，∴sin a为常数，∴(sin a)′＝0，故A错误.由导数公式及运算法则知B、C、D正确.
2.若f(x)＝eq \f(x3＋2x－x2ln x－1,x2)，则f′(x)＝________.
答案 1－eq \f(1,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)
解析 由已知f(x)＝x－ln x＋eq \f(2,x)－eq \f(1,x2).
∴f′(x)＝1－eq \f(1,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3).
3.设f′(x)是函数f(x)＝eq \f(cs x,ex)＋x的导函数，则f′(0)的值为________.
答案 0
解析 因为f(x)＝eq \f(cs x,ex)＋x，
所以f′(x)＝eq \f(（cs x）′ex－（ex）′cs x,（ex）2)＋1＝eq \f(－sin x－cs x,ex)＋1，
所以f′(0)＝eq \f(－1,e0)＋1＝0.
4.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(1)＝________.
答案 －eq \f(23,4)
解析 因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，
∴f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq \f(1,x).
令x＝2，得f′(2)＝4＋3f′(2)＋eq \f(1,2)，则f′(2)＝－eq \f(9,4).
∴f(1)＝1＋3×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)))＋0＝－eq \f(23,4).
感悟提升 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.
考点二 导数的几何意义
角度1 求切线的方程
例1 (1)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________.
答案 (1)3x－y＝0 (2)x－y－1＝0
解析 (1)y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex
＝3ex(x2＋3x＋1)，
所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝e0×3＝3，所以所求切线方程为3x－y＝0.
(2)∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，
∴设切点为(x0，y0).
又∵f′(x)＝1＋ln x，
∴直线l的方程为y＋1＝(1＋ln x0)x.
∴由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝（1＋ln x0）x0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝0.))
∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
角度2 求曲线的切点坐标
例2 (2022·皖豫名校联考)若曲线y＝ex＋2x在其上一点(x0，y0)处的切线的斜率为4，则x0＝( )
A.2 B.ln 4
C.ln 2 D.－ln 2
答案 C
解析 ∵y′＝ex＋2，∴ex0＋2＝4，∴ex0＝2，x0＝ln 2.
角度3 导数与函数图象问题
例3 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)＝________.
答案 0
解析 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)，∴f′(3)＝－eq \f(1,3).
∵g(x)＝xf(x)，
∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，
又由题意可知f(3)＝1，
∴g′(3)＝1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0.
感悟提升 1.求曲线在点P(x0，y0)处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程，若在该点P处的导数不存在，则切线垂直于x轴，切线方程为x＝x0.
2.求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同.切点坐标不知道，要设出切点坐标，根据斜率相等建立方程(组)求解，求出切点坐标是解题的关键.
训练1 (1)(2022·沈阳模拟)曲线f(x)＝2exsin x在点(0，f(0))处的切线方程为( )
A.y＝0 B.y＝2x
C.y＝x D.y＝－2x
(2)
(2021·长沙检测)如图所示，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋3是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线，令h(x)＝eq \f(f（x）,x)，h′(x)是h(x)的导函数，则h′(1)的值是( )
A.2 B.1
C.－1 D.－3
答案 (1)B (2)D
解析 (1)∵f(x)＝2exsin x，
∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sin x＋cs x)，
∴f′(0)＝2，∴所求切线方程为y＝2x.
(2)由图象知，直线l经过点(1，2).
则k＋3＝2，k＝－1，从而f′(1)＝－1，且f(1)＝2，
由h(x)＝eq \f(f（x）,x)，得h′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)，
所以h′(1)＝f′(1)－f(1)＝－1－2＝－3.
考点三 导数几何意义的应用
例4 (1)已知曲线f(x)＝xln x在点(e，f(e))处的切线与曲线y＝x2＋a相切，则实数a的值为________.
(2)(2022·河南名校联考)若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________.
答案 (1)1－e (2)[2，＋∞)
解析 (1)因为f′(x)＝ln x＋1，
所以曲线f(x)＝xln x在x＝e处的切线斜率为k＝2，
又f(e)＝e，
则曲线f(x)＝xln x在点(e，f(e))处的切线方程为y＝2x－e.
由于切线与曲线y＝x2＋a相切，
故可联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x2＋a，,y＝2x－e，))
得x2－2x＋a＋e＝0，
所以由Δ＝4－4(a＋e)＝0，解得a＝1－e.
(2)∵直线2x－y＝0的斜率为k＝2，
又曲线f(x)上存在与直线2x－y＝0平行的切线，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)内有解，则a＝4x＋eq \f(1,x)－2，x>0.
又4x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当x＝eq \f(1,2)时取“＝”.
∴a≥4－2＝2.
∴a的取值范围是[2，＋∞).
感悟提升 1.处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组)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.
2.利用导数的几何意义求参数范围时，注意化归与转化思想的应用.
训练2 (1)(2021·洛阳检测)函数f(x)＝ln x－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝( )
A.－1 B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,2) D.1
(2)直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b＝________.
答案 (1)B (2)1
解析 (1)∵f(x)＝ln x－ax，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
又曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率k＝f′(2)，
因此eq \f(1,2)－a＝a，∴a＝eq \f(1,4).
(2)y＝x3＋ax＋b的导数为y′＝3x2＋a，
可得在点(1，1)处切线的斜率为k＝3＋a，
又k＋1＝3，1＋a＋b＝3，解得k＝2，a＝－1，b＝3，即有2a＋b＝－2＋3＝1.
公切线问题
求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，其中直线与抛物线相切可用判别式法.
一、共切点的公切线问题
例1 设点P为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax与g(x)＝3a2ln x＋2b(a>0)的图象的公共点，以P为切点可作直线l与两曲线都相切，则实数b的最大值为( )
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 设P(x0，y0)，由于P为公共点，
则eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝3a2ln x0＋2b.
又点P处的切线相同，则f′(x0)＝g′(x0)，
即x0＋2a＝eq \f(3a2,x0)，即(x0＋3a)(x0－a)＝0.
又a>0，x0>0，则x0＝a，于是2b＝eq \f(5,2)a2－3a2ln a.
设h(x)＝eq \f(5,2)x2－3x2ln x，x>0，
则h′(x)＝2x(1－3ln x).
可知：当x∈(0，eeq \f(1,3))时，h(x)单调递增；
当x∈(eeq \s\up6(\f(1,3))，＋∞)时，h(x)单调递减.
故h(x)max＝h(eeq \s\up6(\f(1,3)))＝eq \f(3,2)eeq \s\up6(\f(2,3))，
于是b的最大值为eq \f(3,4)eeq \f(2,3)，选D.
二、切点不同的公切线问题
例2 曲线y＝－eq \f(1,x)(x0，即2ln t－eq \f(2,t)－1＝0，只需探究此方程解的个数.
易知函数f(x)＝2ln x－eq \f(2,x)－1在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝－30，于是f(x)＝0有唯一解，于是两曲线的公切线的条数为1.
1.函数f(x)＝x2＋ln x＋sin x＋1的导函数f′(x)＝( )
A.2x＋eq \f(1,x)＋cs x＋1 B.2x－eq \f(1,x)＋cs x
C.2x＋eq \f(1,x)－cs x D.2x＋eq \f(1,x)＋cs x
答案 D
解析 由f(x)＝x2＋ln x＋sin x＋1得f′(x)＝2x＋eq \f(1,x)＋cs x.
2.曲线y＝eq \f(x＋1,x－1)在点(3，2)处的切线的斜率是( )
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)，
故曲线在点(3，2)处的切线的斜率k＝y′|x＝3＝－eq \f(2,（3－1）2)＝－eq \f(1,2).
3.(2021·安徽皖江名校联考)已知f(x)＝x3＋2xf′(0)，则f′(1)＝( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 B
解析 f′(x)＝3x2＋2f′(0)，
∴f′(0)＝2f′(0)，解得f′(0)＝0，
∴f′(x)＝3x2，∴f′(1)＝3.
4.(2022·豫北十校联考)已知f(x)＝x2，则过点P(－1，0)，曲线y＝f(x)的切线方程为( )
A.y＝0
B.4x＋y＋4＝0
C.4x－y＋4＝0
D.y＝0或4x＋y＋4＝0
答案 D
解析 易知点P(－1，0)不在f(x)＝x2上，
设切点坐标为(x0，xeq \\al(2,0))，由f(x)＝x2可得f′(x)＝2x，
∴切线的斜率k＝f′(x0)＝2x0.
∵切线过点P(－1，0)，
∴k＝eq \f(xeq \\al(2,0),x0＋1)＝2x0，解得x0＝0或x0＝－2，
∴k＝0或－4，
故所求切线方程为y＝0或4x＋y＋4＝0.
5.(2022·昆明诊断)若直线y＝ax与曲线y＝ln x－1相切，则a＝( )
A.e B.1 C.eq \f(1,e) D.eq \f(1,e2)
答案 D
解析 由y＝ln x－1，得y′＝eq \f(1,x)，设切点为(x0，ln x0－1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax0＝ln x0－1，,a＝\f(1,x0)，))解得a＝eq \f(1,e2).
6.已知函数f(x)在R上可导，其部分图象如图所示，设eq \f(f（4）－f（2）,4－2)＝a，则下列不等式正确的是( )
A.a