第三章一元函數的導數及其應用第1課時導數的概念及運算[考試要求]1.了解導數的概念、掌握基本初等函數的導數.2.通過函數圖象，理解導數的幾何意義.3.能夠用導數公式和導數的運算法則求簡單函數的導數，能求簡單的復合函數(形如f(ax＋b))的導數．1．導數的概念(1)函數y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率稱為y＝f(x)在x＝x0處的導數，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).(2)函數y＝f(x)的導函數(簡稱導數)f′(x)＝y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).2．導數的幾何意義函數y＝f(x)在x＝x0處的導數的幾何意義就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).提醒：求曲線的切線時，要分清在點P處的切線與過點P的切線的區別，前者只有一條，而后者包括了前者．3．基本初等函數的導數公式基本初等函數導函數f(x)＝c(c為常數)f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈R，且α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝axlnaf(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)4．導數的運算法則若f′(x)，g′(x)存在，則有(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\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)；(4)[cf(x)]′＝cf′(x).5．復合函數的定義及其導數一般地，對于兩個函數y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過中間變量u，y可以表示成x的函數，那么稱這個函數為函數y＝f(u)和u＝g(x)的復合函數．復合函數y＝f(g(x))的導數和函數y＝f(u)，u＝g(x)的導數間的關系為y′x＝y′u·u′x，即y對x的導數等于y對u的導數與u對x的導數的乘積．[常用結論]幾類重要的切線方程（1）直線y＝x－1是曲線y＝lnx的切線，直線y＝x是曲線y＝ln(x＋1)的切線，如圖1.(2)直線y＝x＋1與直線y＝ex是曲線y＝ex的切線，如圖2.(3)直線y＝x是曲線y＝sinx與y＝tanx的切線，如圖3.(4)直線y＝x－1是曲線y＝x2－x，y＝xlnx及y＝1－eq\f(1,x)的切線，如圖4.由以上切線方程可得重要不等式，如lnx≤x－1，x＋1≤ex等．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)f′(x0)是函數y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率．(×)(2)求f′(x0)時，可先求f(x0)，再求f′(x0)．(×)(3)與曲線只有一個公共點的直線一定是曲線的切線．(×)(4)函數f(x)＝sin(－x)的導數是f′(x)＝cosx．(×)二、教材經典衍生1．(人教A版選擇性必修第二冊P59探究改編)某跳水運動員離開跳板后，他的重心相對于水面的高度h(單位：m)與時間t(單位：s)的函數關系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t，則在0.5s時他的瞬時速度為()A．9.1m/s B．6.75m/sC．3.1m/s D．2.75m/sC[因為h′(t)＝－9.8t＋8，所以h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1.故選C．]2．(多選)(人教A版選擇性必修第二冊P81習題5.2T1改編)下列求導正確的是(ABD)A．(3x)′＝3xln3B．(x2lnx)′＝2xlnx＋xC．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(xsinx－cosx,x2)D．(sinxcosx)′＝cos2x3．(人教A版選擇性必修第二冊P70練習T2改編)函數y＝f(x)的圖象如圖所示，f′(x)是函數f(x)的導函數，則下列數值排序正確的是()A．2f′(3)<f(5)－f(3)<2f′(5)B．2f′(3)<2f′(5)<f(5)－f(3)C．f(5)－f(3)<2f′(3)<2f′(5)D．2f′(5)<2f′(3)<f(5)－f(3)A[由題圖知，f′(3)<eq\f(f5－f3,5－3)<f′(5)，即2f′(3)<f(5)－f(3)<2f′(5)．故選A．]4．(人教A版選擇性必修第二冊P81習題5.2T7改編)函數f(x)＝ex＋eq\f(1,x)的圖象在x＝1處的切線方程為________________.y＝(e－1)x＋2[因為f′(x)＝ex－eq\f(1,x2)，所以f′(1)＝e－1.又f(1)＝e＋1，所以切點為(1，e＋1)，切線斜率k＝f′(1)＝e－1，切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.]考點一變化率問題[典例1](多選)為滿足人民對美好生活的向往，環保部門要求相關企業加強污水治理，排放未達標的企業要限期整改．設企業的污水排放量W與時間t的關系為W＝f(t)，用－eq\f(fb－fa,b－a)的大小評價在[a，b]這段時間內企業污水治理能力的強弱．已知整改期內，甲、乙兩企業的污水排放量與時間的關系如圖所示．則下列結論正確的是()A．在[t1，t2]這段時間內，甲企業的污水治理能力比乙企業強B．在t2時刻，甲企業的污水治理能力比乙企業強C．在t3時刻，甲、乙兩企業的污水排放都已達標D．甲企業在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]這三段時間中，在[0，t1]的污水治理能力最強ABC[－eq\f(fb－fa,b－a)表示在[a，b]上割線斜率的相反數，－eq\f(fb－fa,b－a)越大治理能力越強．對于A，在[t1，t2]這段時間內，甲企業對應圖象的割線斜率的相反數比乙企業大，故甲企業的污水治理能力比乙企業強，正確；對于B，要比較t2時刻的污水治理能力，即看在t2時刻兩曲線的切線斜率，切線斜率的相反數越大，污水治理能力越強，故在t2時刻，甲企業的污水治理能力比乙企業強，正確；對于C，在t3時刻，甲、乙兩企業的污水排放量都在污水達標排放量以下，正確；對于D，甲在[t1，t2]這段時間內的污水治理能力最強，錯誤．故選ABC．]函數的平均變化率和瞬時變化率的關系平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，如果當Δx趨于0時，eq\f(Δy,Δx)無限趨近于一個常數，那么這個常數就是函數f(x)在x＝x0處的瞬時變化率．求函數的瞬時變化率可以利用平均變化率“逐漸逼近”的方法求解.[跟進訓練]1．(多選)吹氣球時，記氣球的半徑r與體積V之間的函數關系為r(V)，r′(V)為r(V)的導函數．已知r(V)在0≤V≤3上的圖象如圖所示，若0≤V1<V2≤3，則下列結論正確的是()A．eq\f(r1－r0,1－0)<eq\f(r2－r1,2－1)B．r′(1)>r′(2)C．req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V1＋V2,2)))<eq\f(rV1＋rV2,2)D．存在V0∈(V1，V2)，使得r′(V0)＝eq\f(rV2－rV1,V2－V1)BD[對于A，設tanα＝eq\f(r1－r0,1－0)，tanθ＝eq\f(r2－r1,2－1)，由題圖得α>θ，所以tanα>tanθ，所以eq\f(r1－r0,1－0)>eq\f(r2－r1,2－1)，所以該選項錯誤；對于B，由題圖得圖象上點的切線的斜率越來越小，根據導數的幾何意義，得r′(1)>r′(2)，所以該選項正確；對于C，設V1＝0，V2＝3，所以req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V1＋V2,2)))＝req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，eq\f(rV1＋rV2,2)＝eq\f(r3,2)，因為req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－r(0)>r(3)－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))>eq\f(r3,2)，所以該選項錯誤；對于D，eq\f(rV2－rV1,V2－V1)表示A(V1，r(V1))，B(V2，r(V2))兩點之間的斜率，r′(V0)表示C(V0，r(V0))處切線的斜率，由于V0∈(V1，V2)，所以可以平移直線AB使之和曲線相切，切點就是點C，所以該選項正確．故選BD.]考點二導數的運算[典例2](1)(2025·煙臺模擬)已知函數f(x)＝3x－2f′(1)lnx，則f′(1)＝()A．ln3 B．2C．3 D．3ln3(2)(多選)下列求導正確的是()A．[(3x＋5)3]′＝9(3x＋5)2B．(x3lnx)′＝3x2lnx＋x2C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2xcosx＋4sinx,x3)D．(2x＋cosx)′＝2xln2－sinx(1)A(2)ABD[(1)因為f′(x)＝3xln3－eq\f(2f′1,x)，所以f′(1)＝3ln3－2f′(1)，所以f′(1)＝ln3.故選A．(2)對于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正確；對于B，(x3lnx)′＝(x3)′lnx＋x3(lnx)′＝3x2lnx＋x2，故B正確；對于C，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2sinx′x2－2sinxx2′,x4)＝eq\f(2xcosx－4sinx,x3)，故C錯誤；對于D，(2x＋cosx)′＝(2x)′＋(cosx)′＝2xln2－sinx，故D正確．故選ABD.]導數的運算方法(1)求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導．(2)抽象函數求導，恰當賦值是關鍵，然后活用方程思想求解．(3)復合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元．[跟進訓練]2．(1)若函數f(x)，g(x)滿足f(x)＋xg(x)＝x2－1，且f(1)＝1，則f′(1)＋g′(1)＝()A．1 B．2C．3 D．4(2)已知函數f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，若f′(2)＝1，則a＝________.(1)C(2)e2[(1)因為f(1)＝1，所以f(1)＋g(1)＝0，所以g(1)＝－1，因為f(x)＋xg(x)＝x2－1，所以f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x，所以f′(1)＋g(1)＋g′(1)＝2，所以f′(1)＋g′(1)＝2－(－1)＝3.(2)因為f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，所以f′(x)＝eq\f(2,2x－3)＋ae－x－axe－x，所以f′(2)＝2＋ae－2－2ae－2＝2－ae－2＝1，則a＝e2.]考點三導數的幾何意義求切線方程[典例3](2023·全國甲卷)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為()A．y＝eq\f(e,4)x B．y＝eq\f(e,2)xC．y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4) D．y＝eq\f(e,2)x＋eq\f(3e,4)C[因為y＝eq\f(ex,x＋1)，所以y′＝eq\f(exx＋1－exx＋1′,x＋12)＝eq\f(xex,x＋12)，故曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線斜率k＝eq\f(e,4)，所以切線方程為y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，即y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).故選C．]求參數的值(取值范圍)[典例4](1)已知直線y＝x－1與曲線y＝ex＋a相切，則實數a的值為()A．－2 B．－1C．0 D．2(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是________.(1)A(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)[(1)設切點為(x0，y0)，易知y′＝ex＋a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0－1＝ex0＋a，,1＝ex0＋a，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,a＝－2.))故選A．(2)因為y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋1＋a)ex，設切點為(x0，y0)，則y0＝(x0＋a)ex0，切線斜率k＝(x0＋1＋a)ex0，所以切線方程為y－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0·(x－x0)．因為切線過原點，所以－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)·ex0·(－x0)．整理得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因為切線有兩條，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．]導數幾何意義的應用要點(1)已知切點A(x0，f(x0))求斜率k，即求該點處的導數值：k＝f′(x0)．(2)若求過點P(x0，y0)的切線方程，可設切點為(x1，y1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝fx1，,y0－y1＝f′x1x0－x1))求解即可eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(實質上就是利用斜率相等求切點坐標：f′x1＝\f(y1－y0,x1－x0))).提醒：“在點P處的切線”與“過點P的切線”不同．[跟進訓練]3．(1)若過點(a，b)可以作曲線y＝lnx的兩條切線，則()A．a＜lnb B．b＜lnaC．lnb＜a D．lna＜b(2)(2024·全國甲卷)設函數f(x)＝eq\f(ex＋2sinx,1＋x2)，則曲線y＝f(x)在點(0,1)處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)(1)D(2)A[(1)設切點坐標為(x0，lnx0)，由于y′＝eq\f(1,x)，因此切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)．又切線過點(a，b)，則b－lnx0＝eq\f(a－x0,x0)，即b＋1＝lnx0＋eq\f(a,x0)，則b＋1＝lnx0＋eq\f(a,x0)有兩個不等實根．設f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，定義域是(0，＋∞)，即直線y＝b＋1與曲線f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)有兩個不同的交點．f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，當a≤0時，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，不合題意；當a＞0時，若0＜x＜a，則f′(x)＜0，f(x)單調遞減，若x＞a，則f′(x)＞0，f(x)單調遞增．所以f(x)min＝f(a)＝lna＋1，由題意知b＋1＞lna＋1，即b＞lna．故選D.(2)f′(x)＝eq\f(ex＋2cosx1＋x2－ex＋2sinx·2x,1＋x22)，則f′(0)＝eq\f(e0＋2cos01＋0－e0＋2sin0×0,1＋02)＝3，即曲線y＝f(x)在點(0,1)處的切線方程為y－1＝3x，即y＝3x＋1.令x＝0，則y＝1；令y＝0，則x＝－eq\f(1,3).故該切線與兩坐標軸圍成的三角形面積S＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(1,6).故選A．]考點四兩曲線的公切線問題[典例5](2024·新高考Ⅰ卷)若曲線y＝ex＋x在點(0,1)處的切線也是曲線y＝ln(x＋1)＋a的切線，則a＝.ln2[由y＝ex＋x，得y′＝ex＋1，則y′|x＝0＝e0＋1＝2，所以曲線y＝ex＋x在點(0,1)處的切線方程為y＝2x＋1.由y＝ln(x＋1)＋a，得y′＝eq\f(1,x＋1)，設切線y＝2x＋1與曲線y＝ln(x＋1)＋a相切的切點為(x0，ln(x0＋1)＋a)，則y′|x＝x0＝eq\f(1,x0＋1)＝2，解得x0＝－eq\f(1,2)，所以切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a＋ln\f(1,2)))，切線方程為y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋a＋lneq\f(1,2)＝2x＋1＋a－ln2.根據兩切線重合，所以a－ln2＝0，解得a＝ln2.]曲線公切線的求解策略設直線與曲線y＝f(x)切于點(x1，f(x1))，與曲線y＝g(x)切于點(x2，g(x2))，則切線方程為y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，即y＝f′(x1)x＋f(x1)－f′(x1)x1，同理y＝g′(x2)x＋g(x2)－g′(x2)x2.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x1＝g′x2，,fx1－f′x1x1＝gx2－g′x2x2，))解出x1，x2，從而可得切線方程．[跟進訓練]4．(1)若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________.(2)已知f(x)＝ex(e為自然對數的底數)，g(x)＝lnx＋2，直線l是曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的公切線，則直線l的方程為________.(1)1－ln2(2)y＝ex或y＝x＋1[(1)設y＝kx＋b與y＝lnx＋2和y＝ln(x＋1)的切點分別為(x1，lnx1＋2)和(x2，ln(x2＋1))，則切線方程分別為y－lnx1－2＝eq\f(1,x1)(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝eq\f(1,x2＋1)(x－x2)，化簡得y＝eq\f(1,x1)x＋lnx1＋1，y＝eq\f(1,x2＋1)x－eq\f(x2,x2＋1)＋ln(x2＋1)，依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝－\f(x2,x2＋1)＋lnx2＋1，))解得x1＝eq\f(1,2)，x2＝－eq\f(1,2)，從而b＝lnx1＋1＝1－ln2.(2)設直線l與曲線f(x)＝ex的切點為(x1，ex1)，與曲線g(x)＝lnx＋2的切點為(x2，lnx2＋2)．因為f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x)，所以l：y＝ex1·x－x1·ex1＋ex1，y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2＋1.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex1＝\f(1,x2)，,1－x1ex1＝lnx2＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x2＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝\f(1,e).))所以直線l的方程為y＝x＋1或y＝ex.]1．導函數與原函數對稱性的關系性質1：若函數f(x)連續且可導，則f(x)的圖象關于直線x＝a對稱?導函數f′(x)的圖象關于點(a,0)對稱．性質2：若函數f(x)連續且可導，則f(x)的圖象關于點(a，f(a))對稱?導函數f′(x)的圖象關于直線x＝a對稱．(證明略)2．導函數與原函數奇偶性的關系性質1：若f(x)為偶函數且可導，則f′(x)為奇函數．性質2：若f(x)為奇函數且可導，則f′(x)為偶函數．[典例1]已知定義在R上的函數f(x)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(2＋x)＝－f(2－x)，f′(x)是f(x)的導數，則()A．f′(x)是奇函數，且是周期函數B．f′(x)是偶函數，且是周期函數C．f′(x)是奇函數，且不是周期函數D．f′(x)是偶函數，且不是周期函數[賞析]突破點1：熟知函數的性質根據題意，定義在R上的函數f(x)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(－x)＝f(2＋x)，又f(2＋x)＝－f(2－x)，所以f(－x)＝－f(4＋x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)，即f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期為4的周期函數，所以f′(x＋4)＝[f(x＋4)]′＝f′(x)，所以f′(x)是周期函數．突破點2：導函數與原函數的奇偶性關系因為f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，即f(x)＝－f(－x)，所以f′(－x)＝－[f(－x)]′＝f′(x)，所以f′(x)是偶函數．故選B.[答案]B[典例2](多選)已知函數f(x)及其導函數f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x)．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))為偶函數，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))為奇函數，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0 B．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0C．g(1)＋g(2)＝0 D．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝0[賞析]突破點：原函數與導函數間的性質關系因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))為偶函數，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，所以f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，例如f(x)＝1，則函數f(x)滿足條件，但feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1≠0，故選項A錯誤；因為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))為奇函數，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，所以函數g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))對稱，令x＝0，得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，故選項B正確；因為f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))))′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))))′，即－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，所以f′(1)＋f′(2)＝0，所以g(1)＋g(2)＝0，故選項C正確；所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝0，故選項D正確．故選BCD.[答案]BCD求解此類問題的關鍵是熟知原函數與導函數間的性質關系，明確函數的奇偶性、對稱性、周期性之間的內化條件，體會賦值法在解題中的應用．[跟進訓練]設函數f(x)的定義域為R，其導函數為f′(x)，若f′(－x)＝f′(x)，f(2x)＋f(2－2x)＝3，則下列結論不一定正確的是()A．f(1－x)＋f(1＋x)＝3B．f′(2－x)＝f′(2＋x)C．f′(f(1－x))＝f′(f(1＋x))D．f(f′(x＋2))＝f(f′(x))C[對于選項A，f(2x)＋f(2－2x)＝3，令x＝2x，得f(x)＋f(2－x)＝3，則函數f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))對稱，若f(1－x)＋f(1＋x)＝3，則函數f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))對稱，符合題意，故A正確；對于選項B，由選項A的分析知f(x)＋f(2－x)＝3，等式兩邊同時求導，得f′(x)－f′(2－x)＝0，即f′(x)＝f′(2－x)①，又f′(x)＝f′(－x)，f′(x)為偶函數，所以f′(2－x)＝f′(x－2)②，由①②得f′(x)＝f′(x－2)，所以函數f′(x)的周期為2.所以f′(2－x)＝f′(x)＝f′(2＋x)，即f′(2－x)＝f′(2＋x)，故B正確；對于選項C，由選項B的分析知f′(2－x)＝f′(2＋x)，則函數f′(x)的圖象關于直線x＝2對稱．令f(1－x)＝eq\f(3,2)－Δ(x)，f(1＋x)＝eq\f(3,2)＋Δ(x)，若f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－Δx))＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋Δx))，則函數f′(x)的圖象關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，不符合題意，故C錯誤；對于選項D，由選項B的分析可知函數f′(x)的周期為2，則f′(x)＝f′(x＋2)，所以f(f′(x))＝f(f′(x＋2))，故D正確．故選C．]課時分層作業(十七)(本試卷共87分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．已知某容器的高度為20cm，現在向容器內注入液體，且容器內液體的高度h(單位：cm)與時間t(單位：s)的函數關系式為h＝eq\f(1,3)t3＋t2，當t＝t0時，液體上升高度的瞬時變化率為3cm/s，則當t＝t0＋1時，液體上升高度的瞬時變化率為()A．5cm/s B．6cm/sC．8cm/s D．10cm/sC[由h＝eq\f(1,3)t3＋t2，得h′＝t2＋2t.當t＝t0時，h′＝teq\o\al(2,0)＋2t0＝3，解得t0＝1(t0＝－3舍去)．故當t＝t0＋1＝2時，液體上升高度的瞬時變化率為22＋2×2＝8(cm/s)．故選C．]2.（2025·湛江模擬）已知函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.B[由，得，則，所以曲線在點處的切線方程為．故選B.]3．已知函數f(x)＝2cosx－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sinx，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝()A．eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C．2 D．－2B[因為f(x)＝2cosx－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sinx，所以f′(x)＝－2sinx－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－2sineq\f(π,3)－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq\r(3)－eq\f(1,2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq\f(2\r(3),3).故選B.]4．(2025·濟寧模擬)已知直線y＝x是曲線f(x)＝lnx＋a的切線，則a＝()A．－1 B．1C．－2 D．2B[由f(x)＝lnx＋a，得f′(x)＝eq\f(1,x)，令直線y＝x與曲線f(x)＝lnx＋a相切的切點為(x0，lnx0＋a)，于是eq\f(1,x0)＝1且lnx0＋a＝x0，所以a＝x0＝1.故選B.]5．若P為函數f(x)＝eq\f(1,2)ex－eq\r(3)x圖象上的一個動點，以P為切點作曲線y＝f(x)的切線，則切線傾斜角的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))D[設P點坐標為(x0，y0)，由f(x)＝eq\f(1,2)ex－eq\r(3)x，x∈R，得f′(x)＝eq\f(1,2)ex－eq\r(3)，則以P為切點的切線斜率為eq\f(1,2)ex0－eq\r(3)>－eq\r(3)，令切線傾斜角為θ，θ∈[0，π)，則tanθ>－eq\r(3)，則θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).故選D.]6．牛頓迭代法是求方程近似解的另一種方法．如圖，方程f(x)＝0的根就是函數f(x)的零點r，取初始值x0，f(x)的圖象在橫坐標為x0的點處的切線與x軸的交點的橫坐標為x1，f(x)的圖象在橫坐標為x1的點處的切線與x軸的交點的橫坐標為x2，一直繼續下去，得到x1，x2，…，xn，它們越來越接近r.若f(x)＝x2－2(x>0)，x0＝2，則用牛頓迭代法得到的r的近似值x2約為()A．1.438 B．1.417C．1.416 D．1.375B[f′(x)＝2x，而x0＝2，則f′(x0)＝4，又f(x0)＝2，于是函數f(x)的圖象在橫坐標為x0＝2的點處的切線方程為y－2＝4(x－2)，令y＝0，得x1＝eq\f(3,2)，則f′(x1)＝3，f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－2＝eq\f(1,4)，因此函數f(x)的圖象在橫坐標為x1＝eq\f(3,2)的點處的切線方程為y－eq\f(1,4)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，令y＝0，得x2＝eq\f(17,12)≈1.417，所以x2約為1.417.故選B.]二、多項選擇題7．(2025·德州模擬)已知函數f(x)及其導函數f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，則稱x0是f(x)的一個“巧值點”．下列選項中有“巧值點”的函數是()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－xC．f(x)＝lnx D．f(x)＝tanxAC[若f(x)＝x2，則f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，則f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程無解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，則f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，在同一直角坐標系內作出函數y＝lnx與y＝eq\f(1,x)的圖象(作圖略)，可得兩函數的圖象有一個交點，所以方程f(x)＝f′(x)存在實數解，故C符合要求；若f(x)＝tanx，則f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(1,cos2x)，令tanx＝eq\f(1,cos2x)，化簡得sinxcosx＝1，變形可得sin2x＝2，無解，故D不符合要求．故選AC．]8．已知函數f(x)＝ex＋2(e為自然對數的底數)，則下列結論正確的是()A．曲線y＝f(x)的切線斜率可以是－2B．曲線y＝f(x)的切線斜率可以是3C．過點(0,2)且與曲線y＝f(x)相切的直線有且只有1條D．過點(1,4)且與曲線y＝f(x)相切的直線有且只有2條BCD[因為f(x)＝ex＋2，所以f′(x)＝ex，對于A，令f′(x)＝ex＝－2，方程無解，所以曲線y＝f(x)的切線斜率不可以是－2，故A錯誤；對于B，令f′(x)＝ex＝3，解得x＝ln3，所以曲線y＝f(x)的切線斜率可以是3，故B正確；對于C，設切點(x0，ex0＋2)，則切線方程為y－ex0－2＝ex0(x－x0)，因為點(0,2)在切線上，所以2－ex0－2＝ex0(0－x0)，即－ex0＝－x0ex0，顯然ex0≠0，所以x0＝1，故過點(0,2)且與曲線y＝f(x)相切的直線有且只有1條，故C正確；對于D，設切點(x1，ex1＋2)，則切線方程為y－ex1－2＝ex1(x－x1)，因為點(1,4)在切線上，所以4－ex1－2＝ex1(1－x1)，即x1ex1－2ex1＋2＝0，令g(x)＝xex－2ex＋2，則g′(x)＝(x－1)ex，所以當x<1時，g′(x)<0，當x>1時，g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，又g(0)＝0，g(1)＝2－e<0，g(2)＝2，所以存在x2∈(1,2)使得g(x2)＝0，所以方程x1ex1－2ex1＋2＝0有且僅有兩個實數根，所以過點(1,4)且與曲線y＝f(x)相切的直線