第3章 第1讲 导数的概念及运算 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦导数计算与几何意义，以题载法构建“公式应用-切线求解-综合拓展”的方法体系，逻辑递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础求导|3题|直接应用求导公式，辨析常数与变量导数差异|从基本求导公式（常数、三角函数、指数函数）到复合函数求导法则，夯实运算基础| |切线方程|6题|设切点-求导得斜率-代入点斜式列方程，结合方程思想求解参数|以导数几何意义为核心，连接函数、导数与解析几何，体现应用意识| |综合应用|5题|抽象函数求导、导数几何意义与函数性质综合，运用方程思想与逻辑推理|整合抽象函数、参数问题，深化推理能力，构建知识网络|

1．(2025·湖北高中协作体联考)下列求导运算正确的是(　　) A．(sin a)′＝cos a(a为常数) B．(sin 2x)′＝2cos 2x C．(3x)′＝3xlog3e D．()′＝ 解析：选B．对于A，因为a为常数，所以(sin a)′＝0，故A错误；对于B，(sin 2x)′＝cos 2x·(2x)′＝2cos 2x，故B正确；对于C，(3x)′＝3x ln 3，故C错误；对于D，()′＝[(x＋1)]′＝(x＋1)－·(x＋1)′＝，故D错误． 2．(2026·内江模拟)已知函数f(x)＝－x2＋ln x，则 的值为(　　) A．e B．－2 C．－ D．0 解析：选D．因为f′(x)＝－x＋，所以f′(1)＝－1＋1＝0，所以 ＝0. 3．(2026·海口模拟)函数f(x)＝f′(1)x2＋在x＝1时的瞬时变化率是(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析：选A．f′(x)＝2f′(1)x＋＝2f′(1)x＋，令x＝1，可得f′(1)＝2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－2. 4．已知函数f(x)＝ln x＋x，过原点作曲线y＝f(x)的切线l，则切点P的坐标为(　　) A．(1，1) B．(e，e＋1) C．(，－1) D．(e2，e2＋2) 解析：选B．由题意可知f′(x)＝＋1，设切点为P(x0，ln x0＋x0)，x0>0，则切线方程为y＝(＋1)(x－x0)＋ln x0＋x0，因为切线l过原点，所以0＝(＋1)(－x0)＋ln x0＋x0＝ln x0－1，解得x0＝e，则切点P的坐标为(e，e＋1). 5．(2026·北京模拟)已知过点A(a，0)作曲线y＝(1－x)ex的切线有且仅有1条，则a＝(　　) A．－3 B．3 C．－3或1 D．3或1 解析：选C．设切点坐标为(x0，(1－x0)ex0)，由已知得y′＝－xex，则切线斜率k＝－x0e x0，切线方程为y－(1－x0)e x0＝－x0e x0 (x－x0)，直线过点A(a，0)，则－(1－x0)e x0＝－x0e x0 (a－x0)，化简得x－(a＋1)x0＋1＝0，切线有且仅有1条，即Δ＝(a＋1)2－4＝0，解得a＝－3或a＝1. 6．(多选)设t为实数，则直线y＝x＋t能作为下列函数图象的切线的有(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝x4 C．f(x)＝ex D．f(x)＝cos x 解析：选BC．对于A，f′(x)＝－＜0，故无论x取何值，f′(x)不可能等于，故A错误；对于B，f′(x)＝4x3，令f′(x)＝4x3＝，解得x＝，所以直线y＝x＋t能作为该函数图象的切线，故B正确；对于C，f′(x)＝ex，令ex＝，解得x＝ln ，所以直线y＝x＋t能作为该函数图象的切线，故C正确；对于D，f′(x)＝－sin x∈[－1，1]，故无论x取何值，f′(x)不可能等于，故D错误． 7．已知函数f(x)＝＋ex cos x，若f′(0)＝－1，则a＝________． 解析：由题意得f′(x)＝＋ex cos x－ex sin x＝＋ex cos x－ex sin x，所以f′(0)＝－a＋1＝－1，解得a＝2. 答案：2 8．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．若g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝ ________．　 解析：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，f′(3)＝k＝－， 所以g′(3)＝1＋3×(－)＝0. 答案：0 9．(13分)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x．求： (1)f′(e)及f(e)的值；(5分) (2)f(x)的图象在点(e2，f(e2))处的切线方程．(8分) 解：(1)由题意得，f′(x)＝2f′(e)＋， f′(e)＝2f′(e)＋， 所以f′(e)＝－，即f(x)＝－＋ln x， 所以f(e)＝－＋ln e＝－1. (2)因为f(x)＝－＋ln x，f′(x)＝－＋，所以f(e2)＝－＋ln e2＝2－2e， f′(e2)＝－＋，所以f(x)的图象在点(e2，f(e2))处的切线方程为y－(2－2e)＝(－＋)·(x－e2)， 即(2e－1)x＋e2y－e2＝0. 10．已知函数f(x)＝ 则曲线f(x)在点(7，f(7))处的切线方程为(　　) A．8x＋y－40＝0 B．4x＋y－12＝0 C．8x－y－72＝0 D．x＋4y－22＝0 解析：选A．当x∈(0，2]时，f′(x)＝2x－3， 当x∈(6，8]时，f(x)＝2f(x－2)＝8f(x－6)，则f′(x)＝8f′(x－6)， 所以f(7)＝8f(1)＝－16，f′(7)＝8f′(1)＝－8，则所求切线方程为y－(－16)＝－8(x－7)，即8x＋y－40＝0. 11．(2026·潍坊调研)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为(0，＋∞)，f(x2＋1)＝[f(x)]2＋[f(1)]2＋x2，且f(1)＝1，f′(1)＝，则f′(5)＝(　　) A． B． C． D． 解析：选C．因为f(x2＋1)＝[f(x)]2＋[f(1)]2＋x2，且f(1)＝1，令x＝1，得f(2)＝[f(1)]2＋[f(1)]2＋1＝3. 对f(x2＋1)＝[f(x)]2＋[f(1)]2＋x2两边同时求导，得2xf′(x2＋1)＝2f′(x)f(x)＋2x， 即xf′(x2＋1)＝f′(x)f(x)＋x. 令x＝1，得f′(2)＝f′(1)f(1)＋1＝＋1＝.令x＝2，得2f′(5)＝f′(2)f(2)＋2＝×3＋2＝，故f′(5)＝. 12．(2026·苏州四校联考)过点A(－5，0)作曲线y＝的切线，则切线条数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选B．由题得y′＝，设切点坐标为(x0，)，x0>0，则切线斜率为k＝，所以切线方程为y－＝(x－x0).又切线过点A(－5，0)，所以－＝(－5－x0)，整理得(2x0＋5)ln x0－x0－5＝0，即ln x0＝＝＋，y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝＋在(0，＋∞)上单调递减，两个函数图象只有一个交点，故ln x0＝只有一个解，所以切线只有一条． 13．(13分)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；(5分) (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．(8分) 解：(1)f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2). 由题意得 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，即关于x的方程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，解得a≠－.所以a的取值范围为(－∞，－)∪(－，＋∞). 14．(2025·浙江强基联盟一模)在动画和游戏开发中，相切的曲线可生成平滑的角色路径和物体表面．若两条曲线在公共点处有相同的切线，且曲线不重合，则称两条曲线相切．设两抛物线y＝x2＋a与y2＝x相切，则a＝________． 解析：由题意可知，两抛物线y＝x2＋a与y2＝x只可能在第一象限相切． 设两抛物线相切于点(x0，y0)，对于y＝x2＋a，y′＝2x，所以抛物线y＝x2＋a在点(x0，y0)处的切线的斜率为2x0， 抛物线y2＝x在第一象限的图象为函数y＝在第一象限的图象，对于y＝，y′＝·，所以抛物线y2＝x在点(x0，y0)处的切线的斜率为·，所以有2x0＝·，解方程得x0＝2－，y0＝＝，所以切点坐标为(2－，)，代入y＝x2＋a，解得a＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $