2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §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. f′(x0)＝eq \o(lim,\s\do4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\do4(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx). (2)函数y＝f(x)的导函数 f′(x)＝eq \o(lim,\s\do4(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\co1(\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))的导数和函数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.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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)若f(x)＝sin (－x)，则f′(x)＝cos (－x)．(　×　) 教材改编题 1．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　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. 2．已知函数f(x)＝xln x＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则a＝________. 答案　－eq \f(1,e) 解析　f′(x)＝1＋ln x＋2ax， ∴f′(e)＝2ae＋2＝0，∴a＝－eq \f(1,e). 3．若f(x)＝ln(1－x)＋e1－x，则f′(x)＝________. 答案　eq \f(1,x－1)－e1－x 题型一　导数的运算 例1　(1)(多选)(2022·济南质检)下列求导运算正确的是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ln x)))′＝－eq \f(1,xln2x) B．(x2ex)′＝2x＋ex C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))′＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2) 答案　AD 解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ln x)))′＝－eq \f(1,ln2x)·(ln x)′＝－eq \f(1,xln2x)， 故A正确； (x2ex)′＝(x2＋2x)ex，故B错误； eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))′＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故C错误； eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2)，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\co1(\f(π,3)))sin x，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(π,3)))cos x， ∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq \f(2π,3)＋eq \f(1,2)f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， ∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq \f(4π,3)， ∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq \f(π2,36)＋eq \f(2π,3). 教师备选 1．函数y＝sin 2x－cos 2x的导数y′等于(　　) A．2eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) B．cos 2x＋sin x C．cos 2x－sin 2x D．2eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) 答案　A 解析　y′＝2cos 2x＋2sin 2x ＝2eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))). 2．(2022·济南模拟)已知函数f′(x)＝exsin x＋excos x，则f(2 021)－f(0)等于(　　) A．e2 021cos 2 021 B．e2 021sin 2 021 C.eq \f(e,2) D．e 答案　B 解析　因为f′(x)＝exsin x＋excos x， 所以f(x)＝exsin x＋k(k为常数)， 所以f(2 021)－f(0)＝e2 021sin 2 021. 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)若函数f(x)，g(x)满足f(x)＋xg(x)＝x2－1，且f(1)＝1，则f′(1)＋g′(1)等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　当x＝1时，f(1)＋g(1)＝0， ∵f(1)＝1，得g(1)＝－1， 原式两边求导，得f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x， 当x＝1时，f′(1)＋g(1)＋g′(1)＝2， 得f′(1)＋g′(1)＝2－g(1)＝2－(－1)＝3. (2)已知函数f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，若f′(2)＝1，则a＝________. 答案　e2 解析　f′(x)＝eq \f(1,2x－3)·(2x－3)′＋ae－x＋ax·(e－x)′＝eq \f(2,2x－3)＋ae－x－axe－x， ∴f′(2)＝2＋ae－2－2ae－2＝2－ae－2＝1， 则a＝e2. 题型二　导数的几何意义 命题点1　求切线方程 例2　(1)(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\co1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq \f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq \f(5,x＋22)，所以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. (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　x－y－1＝0 解析　∵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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝1＋ln x0x0，))解得x0＝1，y0＝0. ∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0. 命题点2　求参数的值(范围) 例3　(1)(2022·青岛模拟)直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b等于(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 答案　A 解析　∵直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)， 将P(1,2)代入y＝kx＋1， 可得k＋1＝2，解得k＝1， ∵ f(x)＝aln x＋b，∴ f′(x)＝eq \f(a,x)， 由f′(1)＝eq \f(a,1)＝1， 解得a＝1，可得f(x)＝ln x＋b， ∵P(1,2)在曲线f(x)＝ln x＋b上， ∴f(1)＝ln 1＋b＝2， 解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4. (2)(2022·广州模拟)过定点P(1，e)作曲线y＝aex(a>0)的切线，恰有2条，则实数a的取值范围是________． 答案　(1，＋∞) 解析　由y′＝aex，若切点为(x0，)， 则切线方程的斜率k＝＝>0， ∴切线方程为y＝(x－x0＋1)， 又P(1，e)在切线上， ∴(2－x0)＝e， 即eq \f(e,a)＝(2－x0)有两个不同的解， 令φ(x)＝ex(2－x)， ∴φ′(x)＝(1－x)ex， 当x∈(－∞，1)时，φ′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x)max＝φ(1)＝e， 又x→－∞时，φ(x)→0； x→＋∞时，φ(x)→－∞， ∴0<eq \f(e,a)1，即实数a的取值范围是(1，＋∞)． 教师备选 1．已知曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，则P点的坐标为(　　) A．(1,3) B．(－1,3) C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3) 答案　C 解析　设切点P(x0，y0)， f′(x)＝3x2－1， 又直线x＋2y－1＝0的斜率为－eq \f(1,2)， ∴f′(x0)＝3xeq \o\al(2,0)－1＝2， ∴xeq \o\al(2,0)＝1， ∴x0＝±1， 又切点P(x0，y0)在y＝f(x)上， ∴y0＝xeq \o\al(3,0)－x0＋3， ∴当x0＝1时，y0＝3； 当x0＝－1时，y0＝3. ∴切点P为(1,3)或(－1,3)． 2．(2022·哈尔滨模拟)已知M是曲线y＝ln x＋eq \f(1,2)x2＋(1－a)x上的任一点，若曲线在M点处的切线的倾斜角均是不小于eq \f(π,4)的锐角，则实数a的取值范围是(　　) A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．(－∞，2] D．(－∞，4] 答案　C 解析　因为y＝ln x＋eq \f(1,2)x2＋(1－a)x， 所以y′＝eq \f(1,x)＋x＋1－a，因为曲线在M点处的切线的倾斜角均是不小于eq \f(π,4)的锐角， 所以y′≥tan eq \f(π,4)＝1对于任意的x>0恒成立， 即eq \f(1,x)＋x＋1－a≥1对任意x>0恒成立， 所以x＋eq \f(1,x)≥a，又x＋eq \f(1,x)≥2， 当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立， 故a≤2，所以a的取值范围是(－∞，2]． 思维升华　(1)处理与切线有关的参数问题，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处的切线”． 跟踪训练2 (1)(2022·南平模拟)若直线y＝x＋m与曲线y＝ex－2n相切，则(　　) A．m＋n为定值 B.eq \f(1,2)m＋n为定值 C．m＋eq \f(1,2)n为定值 D．m＋eq \f(1,3)n为定值 答案　B 解析　设直线y＝x＋m与曲线y＝ex－2n切于点(x0，)， 因为y′＝ex－2n，所以＝1，所以x0＝2n， 所以切点为(2n,1)， 代入直线方程得1＝2n＋m， 即eq \f(1,2)m＋n＝eq \f(1,2). (2)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　[2，＋∞) 解析　直线2x－y＝0的斜率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，＋∞)． 题型三　两曲线的公切线 例4　(1)(2022·邯郸模拟)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，直线l与f(x)的图象相切于点A(1,0)，若直线l与g(x)的图象也相切，则a等于(　　) A．0 B．－1 C．3 D．－1或3 答案　D 解析　由f(x)＝xln x求导得f′(x)＝1＋ln x， 则f′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函数f(x)在点A(1,0)处的切线l的方程为y＝x－1， 因为直线l与g(x)的图象也相切，则方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,gx＝x2＋ax，))有唯一解，即关于x的一元二次方程x2＋(a－1)x＋1＝0有两个相等的实数根， 因此Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3， 所以a＝－1或a＝3. (2)(2022·韶关模拟)若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为________． 答案　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)) 解析　由y＝ax2(a>0)，得y′＝2ax， 由y＝ex，得y′＝ex， 曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线， 设公切线与曲线C1切于点(x1，axeq \o\al(2,1))， 与曲线C2切于点(x2，)， 则2ax1＝ 可得2x2＝x1＋2， ∴a＝， 记f(x)＝， 则f′(x)＝， 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴当x＝2时，f(x)min＝eq \f(e2,4). ∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)). 延伸探究　在本例(2)中，把“存在公共切线”改为“存在两条公共切线”，则a的取值范围为________． 答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)) 解析　由本例(2)知， ∵两曲线C1与C2存在两条公共切线， ∴a＝有两个不同的解． ∵函数f(x)＝在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝f(2)＝eq \f(e2,4)， 又x→0时，f(x)→＋∞， x→＋∞时，f(x)→＋∞， ∴a>eq \f(e2,4). 教师备选 1．若f(x)＝ln x与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．3或－1 答案　D 解析　设在函数f(x)＝ln x处的切点为(x，y)，根据导数的几何意义得到k＝eq \f(1,x)＝1， 解得x＝1，故切点为(1,0)，可求出切线方程为y＝x－1，此切线和g(x)＝x2＋ax也相切， 故x2＋ax＝x－1， 化简得到x2＋(a－1)x＋1＝0，只需要满足Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3. 2．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 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 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. 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)(2022·青岛模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3ln x－x，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为(　　) A．2 B．5 C．1 D．0 答案　C 解析　根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a>0， 由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a， 由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－eq \f(3,x)－1，则切线的斜率为k＝g′(a)＝－eq \f(3,a)－1， 因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a＝－eq \f(3,a)－1， 解得a＝1或a＝－eq \f(3,4)(舍去)， 又由g(1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)， 将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m， 可得m＝1. (2)已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝ln x＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程为____________________． 答案　y＝ex或y＝x＋1 解析　设直线l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)， 则y1＝，f′(x)＝ex， ∴f′(x1)＝， ∴切点为(x1，)， 切线斜率k＝， ∴切线方程为y－＝(x－x1)， 即y＝·x－x1＋，① 同理设直线l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)， ∴y2＝ln x2＋2， g′(x)＝eq \f(1,x)， ∴g′(x2)＝eq \f(1,x2)， 切点为(x2，ln x2＋2)， 切线斜率k＝eq \f(1,x2)， ∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)， 即y＝eq \f(1,x2)·x＋ln x2＋1，② 由题意知，①与②相同， ∴ 把③代入④有＝－x1＋1， 即(1－x1)(－1)＝0， 解得x1＝1或x1＝0， 当x1＝1时，切线方程为y＝ex； 当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1， 综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1. 课时精练 1．(2022·营口模拟)下列函数的求导正确的是(　　) A．(x－2)′＝－2x B．(xcos x)′＝cos x－xsin x C．(ln 10)′＝eq \f(1,10) D．(e2x)′＝2ex 答案　B 解析　(x－2)′＝－2x－3，∴A错； (xcos x)′＝cos x－xsin x，∴B对； (ln 10)′＝0，∴C错； (e2x)′＝2e2x，∴D错． 2．(2022·黑龙江哈师大附中月考)曲线y＝2cos x＋sin x在(π，－2)处的切线方程为(　　) A．x－y＋π－2＝0 B．x－y－π＋2＝0 C．x＋y＋π－2＝0 D．x＋y－π＋2＝0 答案　D 解析　y′＝－2sin x＋cos x， 当x＝π时，k＝－2sin π＋cos π＝－1，所以在点(π，－2)处的切线方程，由点斜式可得y＋2＝－1×(x－π)，化简可得x＋y－π＋2＝0. 3．(2022·长治模拟)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)等于(　　) A．－1 B．0 C．2 D．4 答案　B 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)， 又由题图可知f(3)＝1， ∴g′(3)＝1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0. 4．已知点A是函数f(x)＝x2－ln x＋2图象上的点，点B是直线y＝x上的点，则|AB|的最小值为(　　) A.eq \r(2) B．2 C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(16,3) 答案　A 解析　当与直线y＝x平行的直线与f(x)的图象相切时，切点到直线y＝x的距离为|AB|的最小值．f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝1， 解得x＝1或x＝－eq \f(1,2)(舍去)， 又f(1)＝3， 所以切点C(1,3)到直线y＝x的距离即为|AB|的最小值，即|AB|min＝eq \f(|1－3|,\r(12＋12))＝eq \r(2). 5．设曲线f(x)＝aex＋b和曲线g(x)＝cos eq \f(πx,2)＋c在它们的公共点M(0,2)处有相同的切线，则b＋c－a的值为(　　) A．0 B．π C．－2 D．3 答案　D 解析　∵f′(x)＝aex，g′(x)＝－eq \f(π,2)sin eq \f(πx,2)， ∴f′(0)＝a，g′(0)＝0，∴a＝0， 又M(0,2)为f(x)与g(x)的公共点， ∴f(0)＝b＝2，g(0)＝1＋c＝2，解得c＝1， ∴b＋c－a＝2＋1－0＝3. 6．(2022·邢台模拟)设点P是函数f(x)＝2ex－f′(0)x＋f′(1)图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)) 答案　B 解析　∵f(x)＝2ex－f′(0)x＋f′(1)， ∴f′(x)＝2ex－f′(0)， ∴f′(0)＝2－f′(0)，f′(0)＝1， ∴f(x)＝2ex－x＋f′(1)， ∴f′(x)＝2ex－1>－1. ∵点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α， ∴tan α>－1. ∵α∈[0，π)， ∴α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)). 7.(多选)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是(　　) A．f′(3)>f′(2) B．f′(3)f′(3) D．f(3)－f(2)f′(3)>0， 故A错误，B正确． 设A(2，f(2))，B(3，f(3))， 则f(3)－f(2)＝eq \f(f3－f2,3－2)＝kAB， 由图知f′(3)0，故D不是凸函数． 9．(2022·马鞍山模拟)若曲线f(x)＝xcos x在x＝π处的切线与直线ax－y＋1＝0平行，则实数a＝________. 答案　－1 解析　因为f(x)＝xcos x， 所以f′(x)＝cos x－xsin x， f′(π)＝cos π－π·sin π＝－1， 因为函数在x＝π处的切线与直线ax－y＋1＝0平行，所以a＝f′(π)＝－1. 10．已知函数f(x)＝eq \f(1,ax－1)＋excos x，若f′(0)＝－1，则a＝________. 答案　2 解析　f′(x)＝eq \f(－ax－1′,ax－12)＋excos x－exsin x ＝eq \f(－a,ax－12)＋excos x－exsin x， ∴f′(0)＝－a＋1＝－1，则a＝2. 11．(2022·宁波镇海中学质检)我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正n边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设f(x)＝，则f′(x)＝________，其在点(0,1)处的切线方程为________． 答案　　y＝1 解析　∵f(x)＝， 故f′(x)＝(x2)′＝， 则f′(0)＝0.故曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为y＝1. 12．已知函数f(x)＝x3－ax2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋1))x(a∈R)，若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，则a的取值范围为____________________． 答案　(－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析　因为f(x)＝x3－ax2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋1))x(a∈R)， 所以f′(x)＝3x2－2ax＋eq \f(2,3)a＋1，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)＝3x2－2ax＋eq \f(2,3)a＋1＝0有两个不等的实根， 则Δ＝4a2－12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋1))>0，即a2－2a－3>0， 解得a＞3或a＜－1， 所以a的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．  13．拉格朗日中值定理又称拉氏定理，是微积分学中的基本定理之一，它反映了函数在闭区间上的整体平均变化率与区间某点的局部变化率的关系，其具体内容如下：若f(x)在[a，b]上满足以下条件：①在[a，b]上图象连续，②在(a，b)内导数存在，则在(a，b)内至少存在一点c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)(f′(x)为f(x)的导函数)．则函数f(x)＝xex－1在[0,1]上这样的c点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　函数f(x)＝xex－1， 则f′(x)＝(x＋1)ex－1， 由题意可知，存在点c∈[0,1]， 使得f′(c)＝eq \f(f1－f0,1－0)＝1， 即(1＋c)ec－1＝1， 所以ec－1＝eq \f(1,1＋c)，c∈[0,1]，作出函数y＝ec－1和y＝eq \f(1,1＋c)的图象，如图所示， 由图象可知，函数y＝ec－1和y＝eq \f(1,1＋c)的图象只有一个交点， 所以ec－1＝eq \f(1,1＋c)，c∈[0,1]只有一个解，即函数f(x)＝xex－1在[0,1]上c点的个数为1. 14．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　) A．eb0， 则切线方程为y－b＝(x－a)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y0－b＝x0－a，,y0＝，)) 得(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程(1－x0＋a)＝b有两个不同的解． 设f(x)＝ex(1－x＋a)， 则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)， 由f′(x)＝0得x＝a， 所以当x0，f(x)单调递增， 当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea， 当x0， 所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0， 当x→＋∞时，f(x)→－∞， 函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示， 因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以00，,k1x1＋b1＝，,k1x2＋b1＝x\o\al(2,2)，)) 可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝ln k1－m，,x2＝\f(k1,2)，,k1x2－x1＝x\o\al(2,2)－，)) 故k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k1,2)－ln k1＋m))＝eq \f(k\o\al(2,1),4)－k1， 整理得m＝ln k1－eq \f(k1,4)－1， 同理可得，当直线l2：y＝k2x＋b2与C1，C2都相切时， 有m＝ln k2－eq \f(k2,4)－1， 综上所述，只需m＝ln k－eq \f(k,4)－1(k>0)有两解， 令f(k)＝ln k－eq \f(k,4)－1， 则f′(k)＝eq \f(1,k)－eq \f(1,4)＝eq \f(4－k,4k)， 故当f′(k)>0时，04， 所以f(k)在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减， 故f(k)max＝f(4)＝ln 4－eq \f(4,4)－1＝2ln 2－2， 所以只需满足m<2ln 2－2即可．基本初等函数导函数f(x)＝c(c为常数)f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，且α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sin xf′(x)＝cos_xf(x)＝cos xf′(x)＝－sin_xf(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝axln_af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝eq \f(1,xln a)f(x)＝ln xf′(x)＝eq \f(1,x)