文档内容
专题 3.1 导数的概念及其意义与运算【八大题型】
【新高考专用】
1、导数的概念及其意义与运算
导数是高考数学的必考内容，导数的概念及其意义、导数的运算是高考常考的热点内容，从近几年的
高考情况来看，一般以选择题、填空题的形式考察导数的几何意义、求曲线的切线方程，试题难度属中低
档；导数的几何意义也可能会作为解答题中的一问进行考查，复习时要加强这方面的训练.
【知识点1 导数的运算的方法技巧】
1．导数的运算的方法技巧
(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.
2．求复合函数导数的步骤
第一步：分层：选择中间变量，写出构成它的内、外层函数；
第二步：分别求导：分别求各层函数对相应变量的导数；
第三步：相乘：把上述求导的结果相乘；
第四步：变量回代：把中间变量代回.
【知识点2 切线问题的解题策略】
1．求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
(1)求出函数y=f(x)在x=x 处的导数，即曲线y=f(x)在点(x,f(x))处切线的斜率；
0 0 0
(2)在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y+f'(x)(x-x).
0 0 0
2．求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
(1)设出切点坐标T(x,f(x))(不出现y)；
0 0 0
(2)利用切点坐标写出切线方程：y=f(x)+f'(x)(x-x)；
0 0 0
(3)将已知条件代入②中的切线方程求解.
3．与切线有关的参数问题的解题策略：
(1)处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、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，故满足切线方程；
③切点在曲线上，故满足曲线方程.
(2)利用导数的几何意义求参数问题时，注意利用数形结合，化归与转化的思想方法.
4．公切线问题的解题思路
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，直线与抛物线
相切可用判别式法.
【题型1 导数的定义及其应用】
lim f (x +2Δx)−f (x )
【例1】（24-25高三上·上海·期中）若函数y=f(x)在x=x 处的导数等于a，则Δx→0 0 0
0
Δx
的值为（ ）
1
A．0 B． a C．a D．2a
2
【解题思路】根据给定条件，利用导数的定义直接计算可求解.
f (x +2Δx)−f (x ) f (x +2Δx)−f (x )
【解答过程】lim 0 0 =2lim 0 0 =f' (x )=2a.
Δx 2Δx 0
Δx→0 Δx→0
故选：D.
【变式1-1】（23-24高二下·辽宁鞍山·期末）已知函数 f (x) 的图象如图所示，f′(x) 是 f (x) 的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）
A．0g(t )−g(t )，
t −t 1 2 1 2
2 1
所以ℎ(t)>g(t),即甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A选项错误；
对于B选项，由图可知， ℎ(t)在t 时刻的切线斜率小于g(t)在t 时刻的切线斜率，
2 2
但两切线斜率均为负值，故在t 时刻甲企业的污水治理能力比乙企业强，故B选项错误；
2
对于C选项，在t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量，
3
故甲、乙两企业的污水排放都达标，故C选项错误；
对于D选项，由图可知，甲企业在[0,t ]，[t ,t ]，[t ,t ]这三段时间中，
1 1 2 2 3
在[t ,t ]时ℎ(t )−ℎ(t )的差值最大，所以在[t ,t ]时的污水治理能力最强，故D选项正确，
1 2 1 2 1 2
故选：D.
【题型2 求（复合）函数的导数】
【例2】（2024·湖北·一模）已知函数f (x)=ex−f′(1)x，则（ ）e e
A．f (1)=− B．f′(1)=−
2 2
C．f (2)=e2−e D．f′(2)=e2−e
【解题思路】求导，通过赋值逐项判断即可.
【解答过程】因为f (x)=ex−f′(1)x，所以f′(x)=ex−f′(1)，
e
则f′(1)=e−f′(1)，所以f′(1)=
，
2
e e e
则f (x)=ex− x，所以f (1)= ,f′(2)=e2− ,f (2)=e2−e .
2 2 2
故选：C.
【变式2-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设f (x)=sinx，f (x)=f′(x)，f (x)=f′ (x)，
1 2 1
2024
π
⋯,f (x)=f' (x)，则∑ f ( ) 等于（ ）
n+1 n i 6
i=1
√3 √3−1 1
A．0 B． C． D．
2 2 2
【解题思路】根据题意分析可知：可知f (x)=f (x)，且f (x)+f (x)+f (x)+f (x)=0，结合周期性分
n+4 n 1 2 3 4
析求解.
【解答过程】由题意可得：f (x)=cosx,f (x)=−sinx,f (x)=−cosx,f (x)=sinx,f (x)=cosx，
1 2 3 4 5
可知f (x)=f (x)，且f (x)+f (x)+f (x)+f (x)=0，
n+4 n 1 2 3 4
2024
π
且2024=506×4，所以∑ f ( )=0.
i 6
i=1
故选：A.
【变式2-2】（2024·浙江温州·模拟预测）集合M={f(x),f′ (x),f″ (x),⋯},则以下可以是f(x)的表达式
的是（ ）
A．sinx B．ex C．lnx D．x2+2x+3
【解题思路】利用基本函数的导数，分别对各个选项对应的函数求导，再利用集合的互异性，即可求出结
果.
【解答过程】对于选项A，因为 ，所以 ， ， ，
f(x)=sinx f′ (x)=cosx f″ (x)=−sinx f′′′ (x)=−cosx，不满足集合的互异性，所以选项A错误，
(f′′′ (x)) ′=sinx=f(x)
对于选项B，因为f(x)=ex，所以f′ (x)=ex=f(x)，不满足集合的互异性，所以选项B错误，
1 1 2
对于选项C，因为f(x)=lnx，所以f′ (x)= ，f″ (x)=− ，f′′′ (x)= ，⋯，所以选项C正确，
x x2 x3
对于选项D，因为f(x)=x2+2x+3，所以f′ (x)=2x2+2，f″ (x)=4x，f′′′ (x)=4，(f′′′ (x)) ′=0，后面
再求导，导数均为0，不满足集合的互异性，所以选项D错误，
故选：C.
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若f (2x−1)+3，f′(x−2)都是奇函数，
2025
且f′(1)=−2f (−1)，则∑ f′(k)=（ ）
k=1
A．6 B．−9 C．3 D．−12
【解题思路】利用奇函数的性质得到f (2x−1)+3=−f (−2x−1)−3，然后通过求导得到
f′(2x−1)=f′(−2x−1)，再结合f′(x−2)为奇函数得到f′(x)的周期，根据f (2x−1)+3为奇函数和
f′(1)=−2f (−1)得到f′(1)，最后利用周期性计算即可.
【解答过程】由f (2x−1)+3为奇函数可得f (2x−1)+3=−f (−2x−1)−3，
两边分别求导可得2f′(2x−1)=2f′(−2x−1)，
即f′(2x−1)=f′(−2x−1)，故f′(x−1)=f′(−x−1)，所以f′(x−2)=f′(−x)，
又f′(x−2)为奇函数，所以f′(x−2)=−f′(−x−2)，可得f′(−x)=−f′(−x−2)，
故f′(x+2)=−f′(x)，从而f′(x+4)=f′(x)，
故4是f′(x)的一个周期，
在f′(x+2)=−f′(x)中，分别令x=1和2可得：f′(3)=−f′(1)，f′(4)=−f′(2)，
所以f′(1)+f′(2)+f′(3)+f′(4)=0．
由f (2x−1)+3为奇函数可得f (−1)+3=0，
2025
故f′(1)=−2f (−1)=6，所以∑ f′(k)=506×0+f′(1)=6．
k=1
故选：A.
【题型3 求曲线切线的斜率（倾斜角）】
【例3】（2024·福建厦门·一模）已知直线l与曲线y=x3−x在原点处相切，则l的倾斜角为（ ）π π 3π 5π
A． B． C． D．
6 4 4 6
【解题思路】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角.
【解答过程】由y′=3x2−1，则y′| =−1，即直线l的斜率为−1，
x=0
3π
根据倾斜角与斜率关系及其范围知：l的倾斜角为 .
4
故选：C.
f′(1)
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=x3− ⋅lnx+3，则曲线y=f (x)在(e,f (e))处的
2
切线斜率为（ ）
1 1 1 1
A．e2− B．3e2− C．e2− D．3e2−
2e 2e e e
【解题思路】先求导，令x=1，求出f′(1)，再结合导数的几何意义即可求解.
f′(1)
【解答过程】依题意，f′(x)=3x2− ，令x=1，
2x
f′(1) 1 1
故f′(1)=3− ，解得f′(1)=2，故f′(x)=3x2− ，故f′(e)=3e2− ．
2 x e
故选：D．
【变式3-2】（2024·福建泉州·模拟预测）如图是函数f (x)的部分图象，记f (x)的导数为f′(x)，则下列选项
中值最大的是（ ）
A．f (3) B．3f′(3) C．f (−14) D．f′(8)
【解题思路】由函数f (x)的图象，结合导数的几何意义，即可判断.
【解答过程】由图可知，f (−14),f′(8)为负数，f (3),3f′(3)为正数，故不选f (−14),f′(8)，
设f (x)在x=3处的点为A，显然OA的斜率k 大于f′(3)，
OA
f (3)−0
则 >f′(3)，可转化为f (3)>3f′(3)，
3−0
所以f (3)的值最大.
故选：A．
1
【变式3-3】（2024·贵州·模拟预测）设点P是函数f (x)=x3− f′(1)x+f′(2)图象上的任意一点，点P处切
2
线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（ ）
A． [ 0, 3π ) B． [ 0, π ) ∪ [3π ,π ) C． (π , 3π ) D．
4 2 4 2 4
[ 0, π ) ∪ (3π ,π )
2 4
【解题思路】求出f′(x)，令x=1后可求f′(x)，再根据导数的取值范围可得tanα的范围，从而可得α的取值
范围.
1 1
【解答过程】∵f (x)=x3− f′(1)x+f′(2)，∴f′(x)=3x2− f′(1)，
2 2
1
∴f′(1)=3− f′(1)，∴f′(1)=2，∴f′(x)=3x2−1≥−1，
2
π 3π
∴tanα≥−1，∴0≤α< 或 ≤α<π .
2 4
故选：B.
【题型4 求在曲线上一点的切线方程、过一点的切线方程】
【例4】（2024·广东肇庆·一模）曲线y=x(x2−1)在x=1处的切线方程为（ ）
A．x=1 B．y=1
C．y=2x+1 D．y=2x−2
【解题思路】利用导数的几何意义求出斜率，再代入直线的点斜式方程化简即可
【解答过程】令f (x)=x(x2−1)，则f′(x)=3x2−1，即f′(1)=2，f (1)=0，
所以曲线y=x(x2−1)在x=1处的切线方程为y−0=2(x−1)，即y=2x−2，
故选：D.【变式4-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f
(x)=x2f′(1)
+lnx−9，则函数在x=1处的切线
3
方程是（ ）
9 29 9 47
A．y= x−9 B．y=19x−19 C．y=19x− D．y= x+
2 2 2 2
1 1 1
【解题思路】对f(x)求导，注意f′ ( )是常数，令x= 代入导函数中，可求得f′ ( )，进而可求
3 3 3
f′ (1),f(1)，可得f(x)在x=1处的切线方程.
1 1 1 1
【解答过程】∵f′ (x)=2f′ ( )x+ ，令x= ，可得f′ ( )=9，
3 x 3 3
∴f(1)=9+0−9=0，f′ (1)=19，
所以f(x)在x=1处的切线方程为y=19x−19.
故选：B.
【变式4-2】（2024·江西景德镇·一模）过点A(0,1)且与曲线f(x)=x3+2x−1相切的直线方程是（ ）
A．y=5x+1 B．y=2x+1
C．y=x+1 D．y=−2x+1
【解题思路】根据导数几何意义以及斜率公式，计算可得切点坐标，即可求得切线方程.
【解答过程】f′(x)=3x2+2，点A不在曲线上，
x3+2x −1−1
设切点为(x ,x3+2x −1)，则f′ (x )=3x 2+2= 0 0 ，
0 0 0 0 0 x
0
解得：x =−1，得切点(−1,−4)，则k=f′ (−1)=5
0
切线方程为：y=5x+1，
故选：A．
【变式4-3】（2024·新疆·二模）过点(1,4)且与曲线f (x)=x3+x+2相切的直线方程为（ ）
A．4x−y=0 B．7x−4 y+9=0
C．4x−y=0或7x−4 y+9=0 D．4x−y=0或4x−7 y+24=0
【解题思路】先设过点的切线，再根据点在曲线上及切线斜率等于导数值解方程即可求值进而求出切线.
【解答过程】设过点(1,4)的曲线y=f(x)的切线为： l:y−y =(3x2+1)(x−x )，
0 0 0有¿,
解得¿或¿,
代入l可得4x−y=0或7x−4 y+9=0.
故选：C.
【题型5 与切线有关的参数问题】
【例5】（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)=(x−a)(x−2)(x−3)(x−4)，若f(x)的图象在x=2处
的切线方程为y=6x+b，则a+b=（ ）
A．−11 B．−12 C．−13 D．−14
【解题思路】利用导数的几何意义，列方程组求解即可.
【解答过程】由题意知f(2)=(2−a)×(2−2)×(2−3)×(2−4)=0，
所以0=6×2+b，解得b=−12，
又f′ (x) =(x−a)(x−3)(x−4)+(x−2)[(x−a)(x−3)(x−4)] ′，
所以f′ (2)=(2−a)×(2−3)× (2−4)=6，解得a=−1，所以a+b=−1+(−12)=−13.
故选：C.
【变式5-1】（2024·广西贵港·三模）已知曲线y=axex+lnx在点(1,ae)处的切线方程为y=3x+b，则
（ ）
A．a=e，b=−2 B．a=e，b=2
C．a=e−1，b=−2 D．a=e−1，b=2
【解题思路】求出函数的导函数，依题意可得y′| =3，即可求出a，再将切点代入切线方程，即可求出
x=1
b；
1
【解答过程】解：y′=aex+axex+ ，k= y′| =ae+ae+1=2ae+1=3，
x x=1
1
∴ae=1，∴a= =e−1 ．将(1,1)代入y=3x+b得3+b=1，∴b=−2．
e
故选：C．
a
【变式5-2】（2024·重庆·三模）已知直线y＝ax－a与曲线y=x+ 相切，则实数a＝（ ）
x
1 4 3
A．0 B． C． D．
2 5 2
【解题思路】根据导数的几何意义可得¿，求解即可.a a
【解答过程】由y=x+ 且x不为0，得y′=1−
x x2
设切点为(x ,y )，则¿，即¿，
0 0
x3 x2 x 4
所以 0 − 0 =x + 0 ，可得x =−2,a= .
x2+1 x2+1 0 x2+1 0 5
0 0 0
故选：C.
【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）已知曲线f (x)=ex在点P(0,f (0))处的切线也是曲线g(x)=ln(ax)的
一条切线，则a的值为（ ）
e e e3
A． B． C．e2 D．
3 2 3
【解题思路】根据导数的几何意义可求得f (x)在P点处的切线方程，设其与g(x)相切于点(x ,ln(ax ))，
0 0
由切线斜率可求得x ，利用两点连线斜率公式构造方程求得a.
0
【解答过程】∵f (x)=ex，∴f′(x)=ex，f (0)=1，∴f′(0)=1，
∴f (x)在点P(0,f (0))处的切线方程为：y=x+1；
1
设y=x+1与g(x)相切于点(x ,ln(ax ))，则g′ (x )= =1，解得：x =1，
0 0 0 x 0
0
ln(ax )−1
又 0 =1，∴lna−1=1，解得：a=e2 .
x −0
0
故选：C.
【题型6 切线的条数问题】
【例6】（24-25高三上·河北承德·开学考试）过点(2,0)可作曲线f (x)=x3−3x−2的切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【解题思路】根据导数的几何意义，结合该点是不是切点分类讨论进行求解即可.
【解答过程】由f (x)=x3−3x−2⇒f′(x)=3x2−3，
当点(2,0)是切点时，此时切线的斜率为f′(2)=3×22−3=9，此时有一条切线；
当点(2,0)是不切点时，设切点为(x ,y )，则切线的斜率为f′ (x )=3x2−3，
0 0 0 0
切线方程为：y−(x3−3x −2)=(3x2−3)(x−x )，该切线过点(2,0)，
0 0 0 0于是有0−(x3−3x −2)=(3x2−3)(2−x )⇒x3−3x2+4=0⇒x3+1−3x2+3=0
0 0 0 0 0 0 0 0
⇒(x +1)(x2−x +1)−3(x +1)(x −1)=0⇒(x +1)(x −2) 2=0⇒x =−1或x =2（舍去），
0 0 0 0 0 0 0 0 0
综上所述：过点(2,0)可作曲线f (x)=x3−3x−2的切线条数为2，
故选：B.
【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）若曲线y=(1−x)ex有两条过点A(a,0)的切线，则a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,−1)∪(3,+∞) B．(−3,1)
C．(−∞,−3) D．(−∞,−3)∪(1,+∞)
【解题思路】根据题意，由导数的几何意义表示出切线方程，然后列出不等式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】设切点为(x ,(1−x )ex 0)，由已知得y′=−xex，则切线斜率k=−x ex 0，
0 0 0
切线方程为y−(1−x )ex 0=−x ex 0(x−x )．
0 0 0
∵直线过点A(a,0)，∴−(1−x )ex 0=−x ex 0(a−x )，
0 0 0
化简得x2−(a+1)x +1=0．∵切线有2条，
0 0
∴Δ=(a+1) 2−4>0，则a的取值范围是(−∞,−3)∪(1,+∞)，
故选：D.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）过原点可以作曲线y=f (x)=x2−|x|+1的两条切线，则这两条切线方
程为（ ）
A．y=x和y=−x B．y=−3x和y=3x
C．y=x和y=−3x D．y=−x和y=3x
【解题思路】由解析式得f (x)为偶函数，故过原点作的两条切线一定关于y轴对称，再由导数几何意义求
x>0上的切线，结合偶函数对称性写出另一条切线.
【解答过程】由x∈R,f (−x)=(−x) 2−|−x|+1=x2−|x|+1=f(x)，得f (x)为偶函数，
故过原点作的两条切线一定关于y轴对称．
当x>0时，f (x)=x2−x+1，则f′(x)=2x−1，x2−x +1−0
设切点为P(x ,x2−x +1)(x >0)，故2x −1= 0 0 ，解得x =1或x =−1（舍），
0 0 0 0 0 x −0 0 0
0
所以切线斜率为1，从而切线方程为y=x．
由对称性知：另一条切线方程为y=−x．
故选：A.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=−x3+3x，则过点(−3,−9)可作曲线y=f (x)的切线
的条数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】设切点为(a,−a3+3a)，根据导数的几何意义求得在切点(a,−a3+3a)处的切线方程，再将
(−3,−9)代入，求得a的值，即可得解.
【解答过程】解：因为f (x)=−x3+3x，所以f′(x)=−3x2+3，
设切点为(a,−a3+3a)，
所以在切点(a,−a3+3a)处的切线方程为y=−3(a2−1)(x−a)−a3+3a，
又(−3,−9)在切线上，所以−9=−3(a2−1)(−3−a)−a3+3a，
即−9=3(a2−1)⋅(3+a)−a3+3a，
9
整理得2a3+9a2=0，解得a =0或a =− ，
1 2 2
所以过点(−3,−9)可作曲线y=f (x)的切线的条数为2.
故选：C．
【题型7 两条切线平行、垂直、公切线问题】
【例7】（2024·福建·模拟预测）已知直线y=kx+b既是曲线y=lnx的切线，也是曲线y=−ln(−x)的切
线，则（ ）
1
A．k= ，b=0 B．k=1，b=0
e
1
C．k= ，b=−1 D．k=1，b=−1
e
【解题思路】设出切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程，解出即可.【解答过程】设直线与曲线y=lnx的切点为(x ,lnx )且x >0，
1 1 1
与曲线y=−ln(−x)的切点为(x ,−ln(−x ))且x <0，
2 2 2
1 1
又y′=(lnx) ′= ，y′=[−ln(−x)]=−
，
x x
1 1
则直线y=kx+b与曲线y=lnx的切线方程为y−lnx = (x−x )，即y= x+lnx −1，
1 x 1 x 1
1 1
1 1
直线y=kx+b与曲线y=−ln(−x)的切线方程为y+ln(−x )=− (x−x )，即y=− x+1−ln(−x )，
2 x 2 x 2
2 2
1 1
则¿，解得¿，故k= = ,b=lnx −1=0，
x e 1
1
故选：A.
【变式7-1】（2024·陕西渭南·一模）已知直线y=ax+b(a∈R,b>0)是曲线f (x)=ex与曲线
g(x)=lnx+2的公切线，则a+b等于（ ）
A．e+2 B．3 C．e+1 D．2
【解题思路】由f (x)求得切线方程，结合该切线也是g(x)的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求
得直线y=ax+b，从而求得正确答案.
【解答过程】设(t,et)是f (x)图象上的一点，f′(x)=ex，
所以f (x)在点(t,et)处的切线方程为y−et=et(x−t)，y=etx+(1−t)et①，
1
令g′(x)= =et ，解得x=e−t，
x
2−t−et
g(e−t)=lne−t+2=2−t，所以 =et ，
e−t−t
1−t=(1−t)et，所以t=0或t=1（此时①为y=ex，b=0，不符合题意，舍去），
所以t=0，此时①可化为y−1=1×(x−0),y=x+1，
所以a+b=1+1=2.
故选：D.
【变式7-2】（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数f (x)=−x3+x+1,g(x)=e−2x+1.
(1)求曲线y=f (x)过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线y=f (x)在点(1,1)处的切线与曲线y=g(x)在x=t(t∈R)处的切线平行，求t的值.【解题思路】（1）利用导数几何意义求过一点的切线方程；
（2）利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值.
【解答过程】（1）由导数公式得f′(x)=−3x2+1，
设切点坐标为(x ,y )，设切线方程为：y−1=k(x−1)
0 0
由题意可得：¿ ，
所以¿或¿，
从而切线方程为2x+ y−3=0或x−4 y+3=0.
（2）由(1)可得：曲线y=f (x)在点(1,1)处的切线方程为y=−2x+3,
由g′(x)=−2e−2x+1，可得曲线y=g(x)在x=t(t∈R)处的切线斜率为g′(t)=−2e−2t+1，
1
由题意可得−2e−2t+1=−2， 从而t= ，
2
(1 ) 1 ( 1)
此时切点坐标为 ,1 ，曲线y=g(x)在x= 处的切线方程为y−1=−2 x− ，
2 2 2
1
即y=−2x+2，故符合题意，所以t=
.
2
【变式7-3】（2024·湖南郴州·三模）已知函数f (x)=x2−ax+1,g(x)=lnx+a(a∈R).
(1)若a=1,f (x)>g(x)在区间(0,t)上恒成立，求实数t的取值范围；
(2)若函数f (x)和g(x)有公切线，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）设ℎ(x)=f (x)−g(x)，用导数法解ℎ(x) >0即可；
min
（2）设函数f (x)在点(x ,f (x ))处与函数g(x)在点(x ,g(x ))处有相同的切线，
1 1 2 2
f (x )−g(x ) 1 x2−ax +1−lnx −a
由f′ (x )=g′ (x )= 1 2 ,∴2x −a= = 1 1 2 ，化简得到
1 2 x −x 1 x x −x
1 2 2 1 2
1 a a2 1 a a2
+ +lnx + +a−2=0，然后将问题转化为关于x的方程 + +lnx+ +a−2=0有解求
4x2 2x 2 4 4x2 2x 4
2 2
解.
【解答过程】（1）由题意，当a=1时，设ℎ(x)=f (x)−g(x)，
则ℎ(x)=x2−x+1−lnx−1=x2−x−1lnx(x>0)，
1 2x2−x−1 (2x+1)(x−1)
ℎ ′(x)=2x−1− = = ，
x x x令ℎ ′(x)=0，得x=1（舍负）
ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x) = ℎ(1)=0.
min
根据题意t的取值范围为(0,1].
（2）设函数f (x)在点(x ,f (x ))处与函数g(x)在点(x ,g(x ))处有相同的切线，
1 1 2 2
f (x )−g(x ) 1 x2−ax +1−lnx −a
则f′ (x )=g′ (x )= 1 2 ,∴2x −a= = 1 1 2 ，
1 2 x −x 1 x x −x
1 2 2 1 2
1 a x −x
∴x = + ，代入 1 2=x2−ax +1−lnx −a
1 2x 2 x 1 1 2
2 2
1 a a2
得
+ +lnx + +a−2=0
.
4x2 2x 2 4
2 2
1 a a2
∴问题转化为：关于x的方程 + +lnx+ +a−2=0有解，
4x2 2x 4
1 a a2
设F(x)= + +lnx+ +a−2(x>0)，则函数F(x)有零点，
4x2 2x 4
1(1 ) 2
∵F(x)= +a +lnx+a−2，当x=e2−a时，
4 x
lnx+a−2=0,∴F(e2−a)>0.
∴问题转化为：F(x)的最小值小于或等于0.
1 a 1 2x2−ax−1
F′(x)=− − + = ，
2x3 2x2 x 2x3
设2x2−ax −1=0(x >0)，则
0 0 0
当0x 时，F′(x)>0.
0 0
∴F(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
1 a a2
∴F(x)的最小值为F(x )= + +lnx + +a−2
.
0 4x 2 2x 0 4
0 01
由2x2−ax −1=0知a=2x − ，
0 0 0 x
0
1
故F(x )=x2+2x − +lnx −2
.
0 0 0 x 0
0
1
设φ(x)=x2+2x− +lnx−2(x>0)，
x
1 1
则φ′(x)=2x+2+ + >0，
x2 x
故φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵φ(1)=0,∴当x∈(0,1]时，φ(x)≤0，
∴F(x)的最小值F(x )≤0等价于0≤x ≤1.
0 0
1
又∵函数y=2x− 在(0,1]上单调递增，
x
1
∴a=2x − ∈(−∞,1].
0 x
0
【题型8 与切线有关的最值问题】
【例8】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）若点P是曲线y=4lnx−x2上任意一点，则点P到直线
l:2x+ y−5ln2=0的距离的最小值为（ ）
√5ln2 2√5 5√5 4ln2
A． B． C． D．
5 5 2 5
【解题思路】首先求平行于直线l与曲线y=4lnx−x2相切的切点坐标，再代入点到直线的距离公式，即可
求解.
4 4
【解答过程】由函数y=4lnx−x2，可得y′= −2x，x>0，令 −2x=−2，解得x=2、或−1（舍去），
x x
x (0,2) 2 (2,+∞)
y′ + 0 −
y 单调递增 4ln2−4 单调递减
4
设y′=g(x)，g′(x)=− −2<0，所以图象向上凹，
x2
如图画出函数y=4lnx−x2的图象，以及直线l得到图象，以及平移直线l与函数相切的直线，则y=4ln2−4，
即平行于直线l:2x+ y−5ln2=0的直线与曲线y=4lnx−x2相切的切点坐标为P(2,4ln2−4)，
2×2+4ln2−4−5ln2=−ln2<0，所以切点P在直线l的左侧，
曲线y=4lnx−x2上任意一点到直线l距离的最小值为点P到直线l的距离，
|4+4ln2−4−5ln2| √5ln2
由点到直线的距离公式，可得点P到直线l的距离为d= = ．
√5 5
故选：A.
【变式8-1】（23-24高三上·安徽合肥·期中）点P,Q分别是函数f (x)=3x−4,g(x)=x2−2lnx图象上的
动点，则|PQ|2的最小值为（ ）
3 3
A． (2+ln2) 2 B． (2−ln2) 2
5 5
2 2
C． (1+ln2) 2 D． (1−ln2) 2
5 5
【解题思路】当函数g(x)=x2−2lnx在点Q处的切线与f (x)=3x−4平行时，|PQ|2最小，根据导数的
几何意义求出切点Q即可.
【解答过程】当函数g(x)=x2−2lnx在点Q处的切线与f (x)=3x−4平行时，|PQ|2最小.
2 2 1
g′(x)=2x− ，令g′(x)=2x− =3得x=2或x=− （舍），所以切点为Q(2,4−2ln2)，
x x 2
|6−4+2ln2−4| |2ln2−2|
所以|PQ|的最小值为切点Q(2,4−2ln2)到直线f (x)=3x−4的距离d= = ，
√10 √10
2
所以|PQ|2的最小值为d2= (1−ln2) 2 .
5
故选：D.ωx ωx
1+2tan −tan2
2 2
【变式8-2】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数f (x)= (ω>0)，若
ωx
1+tan2
2
[ π π]
∃x ∈ − , 使得f (x)的图象在点(x ,f (x ))处的切线与x轴平行，则ω的最小值是（ ）
0 4 3 0 0
3 3
A．2 B． C．1 D．
2 4
[ π π]
【解题思路】先利用三角恒等变换公式化简函数，根据题意得函数f (x)在 − , 上存在对称轴，利用
4 3
整体代换列不等式，解不等式即可求出最值.
【解答过程】
ωx ωx ωx ωx ωx ωx ωx ωx
1+2tan −tan2 2tan 1−tan2 2sin cos cos2 −sin2
2 2 2 2 2 2 2 2
f (x)= = + = +
ωx ωx ωx ωx ωx ωx ωx
1+tan2 1+tan2 1+tan2 cos2 +sin2 cos2 +sin2
2 2 2 2 2 2 2
π
=sinωx+cosωx=√2sin ( ωx+ )
，
4
[ π π]
因为∃x ∈ − , 使得f (x)的图象在点(x ,f (x ))处的切线与x轴平行，
0 4 3 0 0
[ π π] [ π π]
所以函数f (x)在 − , 上存在最值，即函数f (x)在 − , 上存在对称轴，
4 3 4 3
π π kπ π
令ωx+ =kπ+ ,k∈Z，得x= + ,k∈Z，
4 2 ω 4ω
π π π kπ π π
因为− ≤x≤ ，所以− ≤ + ≤ ，
4 3 4 ω 4ω 3
1 k 1 1
即− ≤ + ≤ ，则¿，
4 ω 4ω 3
3
又ω>0，故k=0时，ω取最小值为 .
4
故选：D.
【变式8-3】（2024·浙江·模拟预测）已知直线y=ax+b与曲线y=ln(ex)相切，则a+b的最小值为
（ ）1
A． B．1 C．√2 D．√3
2
1
【解题思路】设切点为(x ,y )，曲线求导得到切线斜率k= ，利用斜率相等求得切点坐标，代入直线方
0 0 x
0
1
程后得∴a+b= +lnx
，构造新的函数，应用导数求函数的最值即可.
x 0
0
【解答过程】由y=ln(ex)，知定义域为(0,+∞)，
1 1 1
设切点为(x ,y )=(x ,ln(ex ))，f′ (x)=e⋅ = ，∴k= ，
0 0 0 0 ex x x
0
1 1 1 e
所以 =a,∴x = ，故切点为( ,ln )，代入直线方程y=ax+b，
x 0 a a a
0
e 1
则ln =a⋅ +b=1+b,∴b=−lna，
a a
1 1 1 1
∴a+b=a−lna= −ln = −ln(x ) −1= +lnx ，
x x x 0 x 0
0 0 0 0
1 1 1 x−1
令g(x)= +lnx，g′ (x)=− + = ，
x x2 x x2
令g′ (x)=0，解得x=1，
当01时，g′ (x)>0，g(x)单调递增，
则g(x) =g(1)=1，
min
故a+b的最小值为1.
故选：B.
ex
(
e
)
1．（2023·全国·高考真题）曲线y= 在点 1, 处的切线方程为（ ）
x+1 2
e e e e e 3e
A．y= x B．y= x C．y= x+ D．y= x+
4 2 4 4 2 4
【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所
设方程即可求解.ex ( e) e
【解答过程】设曲线y= 在点 1, 处的切线方程为y− =k(x−1)，
x+1 2 2
ex
因为y= ，
x+1
ex(x+1)−ex xex
所以y′= = ，
(x+1) 2 (x+1) 2
e
所以k= y′| =
x=1 4
e e
所以y− = (x−1)
2 4
ex ( e) e e
所以曲线y= 在点 1, 处的切线方程为y= x+ .
x+1 2 4 4
故选：C.
ex+2sinx
2．（2024·全国·高考真题）设函数f (x)= ，则曲线y=f (x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围
1+x2
成的三角形的面积为（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
6 3 2 3
【解题思路】借助导数的几何意义计算可得其在点(0,1)处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即
可得其面积.
(ex+2cosx)(1+x2)−(ex+2sinx)⋅2x
【解答过程】f′(x)=
，
(1+x2) 2
(e0+2cos0)(1+0)−(e0+2sin0)×0
则f′(0)= =3，
(1+0) 2
即该切线方程为y−1=3x，即y=3x+1，
1
令x=0，则y=1，令y=0，则x=− ，
3
1 | 1| 1
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S= ×1× − = .
2 3 6
故选：A.
3．（2024·上海·高考真题）现定义如下:当x∈(n,n+1)时(n∈N)，若f (x+1)=f′(x)，则称f (x)为延展
函数.已知当x∈(0,1)时，g(x)=ex且ℎ(x)=x10，且g(x),ℎ(x)均为延展函数，则以下结论（ ）（1）存在y=kx+b(k,b∈R,k,b≠0)与y=g(x)有无穷个交点
（2）存在y=kx+b(k,b∈R,k,b≠0)与y= ℎ(x)有无穷个交点
A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立
C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立.
【解题思路】由延展函数的定义分段求出g(x),ℎ(x)解析式，作出函数图象，数形结合可得.
【解答过程】当x∈(1,2)时，x−1∈(0,1)，则g(x−1)=ex−1，
又g′ (x−1)=ex−1，则由延展函数定义可得g(x)=g′ (x−1)=ex−1；
同理可得，当x∈(2,3)，g(x)=ex−2；⋯；
任意n∈N，当x∈(n,n+1)时，g(x)=ex−n
.
当x∈(1,2)时，x−1∈(0,1)，则ℎ(x−1)=(x−1) 10，则ℎ(x)=10(x−1) 9；
同理可得，当x∈(2,3)时，ℎ(x)=10×9(x−2) 8；⋯；
当x∈(9,10)时，ℎ(x)=10!(x−9)；
当x∈(10,11)，ℎ(x)=10!；当x∈(11,12)，ℎ(x)=0；⋯；
则任意n∈N,n≥11时，当x∈(n,n+1),ℎ(x)=0.
如图，作出g(x)与ℎ(x)大致图像，
因为k,b≠0，如图可知，不存在直线y=kx+b与g(x)图象有无穷个交点，故（1）不成立；
又因为当x∈(9,10)，ℎ(x)=10!(x−9)，
故当k=10!,b=−9×10!时，
直线y=10!x−9×10!与ℎ(x)的图象在区间(9,10)的函数部分重合，
即有无穷个交点，故（2）成立；
故选：D.4．（2022·全国·高考真题）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
(−∞,−4)∪(0,+∞) ．
【解题思路】设出切点横坐标x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x 的方
0 0
程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.
【解答过程】∵y=(x+a)ex，∴y′=(x+1+a)ex，
设切点为(x ,y ),则y =(x +a)ex 0,切线斜率k=(x +1+a)ex 0,
0 0 0 0 0
切线方程为：y−(x +a)ex 0=(x +1+a)ex 0(x−x ),
0 0 0
∵切线过原点，∴−(x +a)ex 0=(x +1+a)ex 0(−x ),
0 0 0
整理得：x2+ax −a=0,
0 0
∵切线有两条，∴Δ=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,
∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),
故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞).
1 1
5．（2022·全国·高考真题）曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 y= x ， y=− x ．
e e
【解题思路】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为(x ,lnx )，求出函数的导函数，即可求出切线
0 0
的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x ，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
0
【解答过程】[方法一]：化为分段函数，分段求
分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为(x ,lnx )，求出函数 导函数，即可求出切线的斜率，从而
0 0
表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x ，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
0
解： 因为y=ln|x|，
1 1
当x>0时y=lnx，设切点为(x ,lnx )，由y′= ，所以y′| = ，所以切线方程为
0 0 x x=x 0 x
0
1
y−lnx = (x−x )，
0 x 0
0
1 1 1
又切线过坐标原点，所以−lnx = (−x )，解得x =e，所以切线方程为y−1= (x−e)，即y= x；
0 x 0 0 e e
01 1
当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x ,ln(−x ))，由y′= ，所以y′| = ，所以切线方程为
1 1 x x=x 1 x
1
1
y−ln(−x )= (x−x )，
1 x 1
1
1 1
又切线过坐标原点，所以−ln(−x )= (−x )，解得x =−e，所以切线方程为y−1= (x+e)，即
1 x 1 1 −e
1
1 1 1
y=− x；故答案为：y= x；y=− x
e e e
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
1 1
当x>0时y=lnx，设切点为(x ,lnx )，由y′= ，所以y′| = ，所以切线方程为
0 0 x x=x 0 x
0
1
y−lnx = (x−x )，
0 x 0
0
1 1 1
又切线过坐标原点，所以−lnx = (−x )，解得x =e，所以切线方程为y−1= (x−e)，即y= x；
0 x 0 0 e e
0
因为y=ln|x|是偶函数，图象为：
1 1
所以当x<0时的切线，只需找到y= x关于y轴的对称直线y=− x即可.
e e
[方法三]：
因为y=ln|x|，
1 1
当x>0时y=lnx，设切点为(x ,lnx )，由y′= ，所以y′| = ，所以切线方程为
0 0 x x=x 0 x
0
1
y−lnx = (x−x )，
0 x 0
0
1 1 1
又切线过坐标原点，所以−lnx = (−x )，解得x =e，所以切线方程为y−1= (x−e)，即y= x；
0 x 0 0 e e
01 1
当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x ,ln(−x ))，由y′= ，所以y′| = ，所以切线方程为
1 1 x x=x 1 x
1
1
y−ln(−x )= (x−x )，
1 x 1
1
1 1
又切线过坐标原点，所以−ln(−x )= (−x )，解得x =−e，所以切线方程为y−1= (x+e)，即
1 x 1 1 −e
1
1
y=− x；
e
1 1
故答案为：y= x；y=− x.
e e
6．（2024·广东江苏·高考真题）若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则
a=
ln2 .
【解题思路】先求出曲线y=ex+x在(0,1)的切线方程，再设曲线y=ln(x+1)+a的切点为
(x ,ln(x +1)+a)，求出y′，利用公切线斜率相等求出x ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求
0 0 0
解.
【解答过程】由y=ex+x得y′=ex+1，y′| =e0+1=2，
x=0
故曲线y=ex+x在(0,1)处的切线方程为y=2x+1；
1
由y=ln(x+1)+a得y′=
，
x+1
设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x ,ln(x +1)+a)，
0 0
由两曲线有公切线得y′= 1 =2，解得x =− 1 ，则切点为 ( − 1 ,a+ln 1) ，
x +1 0 2 2 2
0
( 1) 1
切线方程为y=2 x+ +a+ln =2x+1+a−ln2，
2 2
根据两切线重合,所以a−ln2=0，解得a=ln2.
故答案为：ln2.
