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专题 3.2 导数的概念及其意义与运算
【新高考专用】
题型一 导数的定义及其应用
f (x −3Δx)−f (x )
1．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）已知函数f (x)在x=x 处可导，且lim 0 0 =3，
0
2Δx
Δx→0
则f′ (x )=（ ）
0
3
A．−3 B．−2 C．− D．2
2
【解题思路】利用导数的定义求解.
f (x −3Δx)−f (x )
【解答过程】解：因为lim 0 0 =3，
2Δx
Δx→0
所以− 3 lim f (x 0 −3Δx)−f (x 0 ) =3，即− 3 f′ (x )=3，
2 −3Δx 2 0
Δx→0
所以f′ (x )=−2，
0
故选：B.
2．（24-25高三上·北京海淀·期中）大面积绿化可以增加地表的绿植覆盖，可以调节小环境的气温，好的
绿化有助于降低气温日较差（一天气温的最高值与最低值之差）.下图是甲、乙两地某一天的气温曲线图.
假设除绿化外，其它可能影响甲、乙两地温度的因素均一致，则下列结论中错误的是（ ）A．由上图推测，甲地的绿化好于乙地
B．当日6时到12时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
C．当日12时到18时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
D．当日必存在一个时刻，甲、乙两地气温的瞬时变化率相同
【解题思路】结合图中数据分析一一判断各选项即可.
【解答过程】对于A，由图可知，甲地的气温日较差明显小于乙地气温日较差，
所以甲地的绿化好于乙地，故A正确；
对于B，由图可知，甲乙两地的平均变化率为正数，且乙地的变化趋势更大，
所以甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率，故B正确；
对于C，由图可知，甲乙两地的平均变化率为负数，且乙地的变化趋势更大，
所以甲地气温的平均变化率大于乙地气温的平均变化率，故C错误；
对于D，由图可知，存在一个时刻，使得甲、乙两地气温的瞬时变化率相同，故D正确.
故选：C.
3．（23-24高三上·上海·期中）物体位移s和时间t满足函数关系s=100t−5t2(00)，
所以f (2x+1)=ln(2x+1)+2x+1，
2
即f′(2x+1)= +2，
2x+1
2
所以g(x)= +2，
2x+1
所以g(0)=4.
故选：D.
6．（2024·新疆喀什·二模）已知函数f (x),g(x)的定义域均为R,g′(x)为g(x)的导函数，且f (x)+g′(x)=2，
f (x)−g′(2−x)=2，若g(x)为偶函数，则f (2023)+g′(2024)+g′(2025)=（ ）
A．2 B．1 C．0 D．-1
【解题思路】由题意分析可得g′ (x)=−g′ (2−x)，再推导得g′ (x)的奇偶性和周期性，利用特殊值求出
g′ (0),g′ (1)，进而分析得到，计算可得答案.
【解答过程】由题意f (x)+g′(x)=2，f (x)−g′(2−x)=2可知，g′ (x)=−g′ (2−x)①，
令x=1可得，g′ (1)=−g′ (1)，所以g′ (1)=0.又因为g(x)为偶函数，所以g(−x)=g(x)，两边同时求导可得，−g′ (−x)=g′ (x)②
令x=0可得，−g′ (0)=g′ (0)，所以g′ (0)=0，
联立①②可得，g′ (−x)=g′ (2−x)，化简可得g′ (x)=g′ (x+2)，所以g′ (x)是周期为2的函数，所以
g′ (2025)=g′ (2023)=g′ (1)=0，g′ (2024)=g′ (0)=0，
又因为f (x)+g′(x)=2，所以f(2023)+g′ (2023)=2，所以f(2023)=2，
所以f (2023)+g′(2024)+g′(2025)=2.
故选：A.
7．（23-24高二下·河南·阶段练习）已知函数f (x)=x3f′(1)−4lnx+2，则f (2)= 18−4ln2 .
【解题思路】左右两侧同时求导得到f′(1)，求出原函数后再求f (2)即可.
4
【解答过程】由题意知f′(x)=3x2f′(1)− ，令x=1，
x
得f′(1)=3f′(1)−4，解得f′(1)=2，
所以f (x)=2x3−4lnx+2，
所以f (2)=2×23−4ln2+2=18−4ln2.
故答案为：18−4ln2.
8．（2024·海南·模拟预测）已知函数f (x)的导函数为f′(x)=x，若g(x)=f (sinx)，g′(x)为g(x)的导函数，
则g′(π)
=
1
.
4 2
π
【解题思路】求出复合函数的导函数，代入 求值.
4
【解答过程】g'(x)=(sinx) 'f'(sinx)=cosxsinx，
2
所以g′(π)
=cos
π
sin
π
=
(√2)
=
1
.
4 4 4 2 2
1
故答案为： .
2
题型三 求曲线切线的斜率（倾斜角）9．（2024·河北唐山·模拟预测）已知曲线f (x)=2xcosx在x=0处的切线为l，则l的斜率为（ ）
A．ln2 B．−ln2 C．1 D．−1
【解题思路】由导数的几何意义结合导数运算即可求解.
【解答过程】对f (x)=2xcosx求导得，f′(x)=(ln2)×2x ⋅cosx−2x ⋅sinx，由题意曲线f (x)=2xcosx
在x=0处的切线l的斜率为k =f'(0)=(ln2)×20 ⋅cos0−20 ⋅sin0=ln2.
l
故选：A.
1
10．（23-24高二下·湖北·期中）点P在曲线y=2x3−√3x+ 上移动，设点P处切线的倾斜角为α，则角α
4
的范围是（ ）
A． [2π ,π ) B． [ 0, π ) ∪ [2π ,π) C．[0,π) D．
3 2 3
[
−
π
,0
)
∪
[π ,π)
2 2
【解题思路】求导得y′=6x2−√3≥−√3，即k=tanα≥−√3，再根据倾斜角的范围及正切函数的图象求
解即可.
1
【解答过程】解：由y=2x3−√3x+ ，可得y′=6x2−√3，
4
所以y∈[−√3,+∞)，即k=tanα∈[−√3,+∞)，
当tanα∈[−√3,0)时，α∈
[2π ,π)
，当tanα∈[0,+∞)时，α∈
[
0,
π )
，
3 2
所以角α的范围是
[
0,
π )
∪
[2π ,π)
.
2 3
故选：B.
2 π
11．（23-24高三上·陕西渭南·开学考试）函数y= √x3+1在x=3处的切线的倾斜角为 .
3 3
【解题思路】利用导数求得函数在x=3处的切线的倾斜角.
3 1
2 2 2 3
【解答过程】y= √x3+1= ⋅x2+1,y′= ⋅ ⋅x2=√x，
3 3 3 2
π π
y′| =√3=tan ，所以函数在x=3处的切线的倾斜角为 .
x=3 3 3
π
故答案为： .
3(π (π))
12．（23-24高二下·广东·阶段练习）函数f (x)=3x+2sinx的图象在点 ,f 处的切线斜率为 4 ．
3 3
【解题思路】利用导数的几何意义可得切线斜率.
【解答过程】因为f (x)=3x+2sinx，
f′(x)=3+2cosx，
所以k=f′(π)
=3+2cos
π
=4，
3 3
故答案为：4.
题型四 求在曲线上一点的切线方程、过一点的切线方程
13．（2024·陕西西安·三模）已知函数f (x)=¿则f (x)在点(5,f (5))处的切线方程为（ ）
A．4x−y−28=0 B．4x+ y−12=0
C．x−4 y−12=0 D．x+4 y−22=0
【解题思路】根据分段函数结合导函数求出f′(5)，再根据点斜式得出直线方程.
【解答过程】当x∈(0,2]时，f′(x)=2x−3，
当x∈(4,6]时，f (x)=2f (x−2)=4f (x−4)，则f′(x)=4f′(x−4)，
所以f (5)=4f (1)=−8，f′(5)=4f′(1)=−4．
则所求的切线方程为y−(−8)=−4(x−5)，即4x+ y−12=0．
故选：B.
14．（23-24高三上·山东潍坊·阶段练习）函数f (x)的定义域为R，f (3x−1)为奇函数，且f (x−1)的图像
关于x=1对称．若曲线f (x)在x=1处的切线斜率为2，则曲线f (x)在x=2023处的切线方程为（ ）
A．y=−2x+4046 B．y=2x+4046
C．y=2x−4046 D．y=−2x−4046
【解题思路】根据题意得函数f (x)的图像关于点(−1,0)对称，关于x=0对称，进而得函数f (x)是周期为4
的周期函数，再结合题意，根据周期性与对称性求解即可.
【解答过程】解：因为f (3x−1)为奇函数，即f (−3x−1)=−f (3x−1)，
所以，函数f (x)的图像关于点(−1,0)对称，即f (−x−2)=−f (x)，
因为f (x−1)的图像关于x=1对称，
所以f (x)的图像关于x=0对称，即f (x)=f (−x)，
所以，f (−x−2)=f (x+2)=−f (x)，
所以f (x+4)=−f (x+2)=f (x)，即函数f (x)是周期为4的周期函数，所以曲线f (x)在x=2023处的切线斜率等于曲线f (x)在x=−1处的切线斜率，
因为曲线f (x)在x=1处的切线斜率为2，图像关于x=0对称，
所以，曲线f (x)在x=−1处的切线斜率为−2，
因为f (1)=f (−1)，f (−1)=−f (−1)，
所以f (1)=f (−1)=0，
所以f (2023)=f (−1)=0，
所以曲线f (x)在x=2023处的切线方程为y−0=−2(x−2023)，即y=−2x+4046.
故选：A.
15．（2024·四川·模拟预测）函数f (x)=x3−2x2的图象在点(2,f (2))处的切线方程为 4x−y−8=0 ．
【解题思路】根据导数的几何意义求解即可.
【解答过程】f′(x)=3x2−4x，f′(2)=3×22−4×2=4，f (2)=23−2×22=0，
故函数f (x)=x3−2x2的图象在点(2,f (2))处的切线方程为y−0=4(x−2)，即4x−y−8=0.
故答案为：4x−y−8=0.
1
16．（2024·全国·模拟预测）过原点与曲线f (x)=¿相切的一条切线的方程为 y=2x或y=−2x或y= x
e
( 写出其中一条即可 ) .
【解题思路】根据曲线y=x2+1,x<2表示抛物线的一部分，设其切线方程为y=kx，利用判别式法求解；
设f (x)=lnx,x≥2的切线的切点为P(x ,y )，利用导数法求解.
0 0
【解答过程】解：设曲线y=x2+1,x<2表示抛物线的一部分，
设其切线方程为y=kx，代入y=x2+1，
得x2−kx+1=0.由Δ=k2−4=0，得k=±2.
当k=2时，x=1，符合题意，
当k=−2时，x=−1，均符合题意，
所以切线方程y=±2x.
设f (x)=lnx,x≥2的切线的切点为P(x ,y ).
0 0
1 1
由f′(x)= ，得f′ (x )= ，y =lnx ,x ≥2，
x 0 x 0 0 0
0
1
得切线方程为y= x
.
x
0将P(x ,y )的坐标代入切线方程，得y =1，
0 0 0
1
所以x =e，所以切线方程为y= x.
0 e
1
故答案为：y=2x或y=−2x或y= x(写出其中一条即可).
e
题型五 与切线有关的参数问题
17．（2024·陕西·模拟预测）函数y=ex+m−n的图象与直线y=ex相切，则以下错误的是（ ）
1
A．若m=1，则n=e B．若n=1，则m=
e
C．n=m+e D．n=em
【解题思路】根据切点和斜率列方程，从而判断出正确答案.
【解答过程】设f (x)=ex+m−n与直线y=ex相切于点(t,et+m−n)，
f′(x)=ex+m,f′(t)=et+m，则et+m=e,t+m=1,t=1−m①，
所以切点为(t,e−n)，而斜率为e，
所以切线方程为y−(e−n)=e(x−t),y=ex−et+e−n，
n
则−et+e−n=0,et=e−n,t=1− ②.
e
n n
由①②得1−m=1− ,m= ，n=em，C选项错误，D选项正确.
e e
所以当m=1时，n=e，A选项正确.
1
当n=1时，m= ，B选项正确.
e
故选：C.
18．（2024·海南·模拟预测）已知函数f (x)=(x+1)ex，过点P(m,0)作曲线y=f (x)的两条切线，切点分别
为A(a,f (a))和B(b,f (b))，若a+b=0，则实数m=（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】本题考查导数的计算及几何意义．
【解答过程】由题意知f′(x)=(x+2)ex，
因为PA与曲线y=f (x)相切，(a+1)ea
所以(a+2)ea= ，整理得a2+(1−m)a−2m−1=0，
a−m
同理b2+(1−m)b−2m−1=0，
则a，b是方程x2+(1−m)x−2m−1=0的两个实数根，
所以a+b=m−1=0，
所以m=1．
故选：B.
1 1
19．（2024·广东佛山·一模）若直线y=kx与曲线y=lnx+ 相切，则k= ．
2x 2
1
【解题思路】设出切点坐标P(x ,y )，求导并利用导数的几何意义与两点间的斜率公式计算可得k= .
0 0 2
1
【解答过程】设直线y=kx与曲线y=lnx+ 相切于点P(x ,y )，
2x 0 0
1 1 1 1 2x −1
求导可得y′= − ，因此切线斜率k= − = 0 ，
x 2x2 x 2x2 2x2
0 0 0
1
lnx + −0
又切线过原点O(0,0)，可得 0 2x 2x −1 ，化简可得x lnx −x +1=0，
k = 0 = 0 0 0 0
PO x −0 2x2
0 0
令g(x)=xlnx−x+1，则g′(x)=lnx+1−1=lnx，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)在x=1处取得极小值，也是最小值，g(1)=0，即可得g(x)=xlnx−x+1≥0，
2x −1 1
因此可得x =1，即可得k= 0 = .
0 2x2 2
0
1
故答案为： .
2
1
20．（2024·陕西安康·模拟预测）已知00，解得a<1或a>5，
所以a的取值范围是(−∞,1)∪(5,+∞)，
故答案为：(−∞,1)∪(5,+∞).
x
24．（23-24高二下·陕西西安·期末）若曲线f (x)= 有三条过点(0,a)的切线，则实数a的取值范围为
ex
4
(0, ) .
e2x2
【解题思路】构造新函数ℎ(x)= ，利用导数求得其单调性和极值，进而求得实数a的取值范围.
ex
x x
【解答过程】设点P(x ,y )为曲线f (x)= 上一点，则f (x )= 0
0 0 ex 0 ex
0
ex−xex 1−x 1−x
又f′(x)= = ，则f′ (x )= 0 ，
(ex) 2 ex 0 ex
0
x
则曲线f (x)= 在点P(x ,y )处的切线方程为
ex 0 0
x 1−x
y− 0 = 0 (x−x )，又切线过点(0,a)，
ex
0
ex
0
0
x 1−x x2
则a− 0 = 0 (−x )，即a= 0
ex
0
ex
0
0 ex
0
x2 2xex−x2ex x(2−x)
令ℎ(x)= ，则 ℎ′ (x)= = ，
ex (ex) 2 ex
则x<0时ℎ′ (x)<0，ℎ(x)单调递减；
00，ℎ(x)单调递增；
x>2时ℎ′ (x)<0，ℎ(x)单调递减，
4
则x=0时ℎ(x)取得极小值ℎ(0)=0，x=2时ℎ(x)取得极大值 ℎ(2)= ，
e2
4
又
ℎ(−1)=e> =ℎ(2)，
e2
x2
当x>0时，ℎ(x)= >0恒成立，x→+∞时，ℎ(x)→0，
ex
x2
又由题意得方程a= 0有3个根，
ex
0
4
则y=a与y=ℎ(x)图像有3个交点，则a∈(0, ).
e2
x 4
则曲线f (x)= 有三条过点(0,a)的切线时实数a的取值范围为(0, ).
ex e24
故答案为：(0, ).
e2
题型七 两条切线平行、垂直、公切线问题
25．（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.
26．（2024·辽宁辽阳·二模）若对函数f (x)=2x−sinx的图象上任意一点处的切线l ，函数
1
g(x)=mex+(m−2)x的图象上总存在一点处的切线l ，使得l ⊥l ，则m的取值范围是（ ）
2 1 2
( e ) ( e)
A． − ,0 B． 0,
2 2
C．(−1,0) D．(0,1)
1
【解题思路】求导得到− 范围A，再分m>0，m<0，m=0三种情况讨论得g′(x)范围B，最后根据
f′ (x)条件得A与B包含关系，计算得到答案.
1 [ 1]
【解答过程】由f (x)=2x−sinx，得f′(x)=2−cosx∈[1,3]，所以− ∈ −1,− =A，
2−cosx 3
由g(x)=mex+(m−2)x，得g′(x)=mex+m−2，设该导函数值域为B，
(1)当m>0时，导函数单调递增，g′(x)∈(m−2,+∞)，
1
由题意得∀x ,∃x ,f′ (x )g′ (x )=−1∴g′ (x )=− ∴A⊆B
1 2 1 2 2 f′ (x )
1
故m−2<−1，解得0− ，与m<0矛盾，舍去；
3
（3）当m=0时，不符合题意.
综上所述：m的取值范围为(0,1).
故选：D.
27．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数y=√x的图象与函数y=ax（a>0且a≠1）的图象在公共点处有
相同的切线，则公共点坐标为 (e,√e) .
1
1 1 −
【解题思路】设公共点为(x 0 ,y 0 ) (x 0 >0)，即可得到 ax 0=x 0 2，再由导数的几何意义得到ax 0lna= 2 x 0 2，
从而求出x ，即可求出切点坐标，从而求出a，再求出切线方程.
0
1
【解答过程】设公共点为(x
0
,y
0
) (x
0
>0)，则¿，即 ax 0=x2，
0
1 1
所以x lna= lnx ，所以lna= lnx ，
0 2 0 2x 0
0
1 1
由y ′= 1 x − 2，y ′=axlna，所以y ′| = 1 x − 2，y ′| =ax 0lna，
1 2 2 1 x=x 0 2 0 2 x=x 0
1 − 1 1 1 1 − 1
又在公共点处有相同的切线，所以ax 0lna= x 2，即x2· ·lnx = x 2，
2 0 0 2x 0 2 0
0
所以lnx❑=1，则x❑=e，所以y =√e，
0 0 0
所以公共点坐标为(e,√e).
故答案为：(e,√e).
28．（2024·河北邯郸·三模）若曲线y=ex与圆(x−a) 2+ y2=2有三条公切线，则a的取值范围是 (1,+∞)
．【解题思路】易得曲线y=ex在点(x ,y )处的切线方程为y−ex 0=ex 0(x−x )，再根据切线与圆
0 0 0
|ex 0(a−x )+ex 0 |
(x−a) 2+ y2=2相切，得到 0 =√2，化简为e2x 0((x −a−1) 2−2)=2，根据曲线y=ex与圆
0
√1+e2x
0
(x−a) 2+ y2=2有三条公切线，则方程e2x 0((x −a−1) 2−2)=2有三个不相等的实数根，令
0
g(x)=e2x((x−a−1) 2−2)，由曲线y=g(x)与直线y=2有三个不同的交点求解.
【解答过程】解：曲线y=ex在点(x ,y )处的切线方程为y−ex 0=ex 0(x−x )，
0 0 0
|ex 0(a−x )+ex 0 |
由于直线y−ex 0=ex 0(x−x )与圆(x−a) 2+ y2=2相切，得 0 =√2（*）
0
√1+e2x
0
因为曲线y=ex与圆(x−a) 2+ y2=2有三条公切线，故（*）式有三个不相等的实数根，
即方程e2x 0((x −a−1) 2−2)=2有三个不相等的实数根.
0
令g(x)=e2x((x−a−1) 2−2)，则曲线y=g(x)与直线y=2有三个不同的交点.
显然，g′(x)=2e2x(x−a−2)(x−a+1).
当x∈(−∞,a−1)时，g′(x)>0，当x∈(a−1,a+2)时，g′(x)<0，当x∈(a+2,+∞)时，g′(x)>0，
所以，g(x)在(−∞,a−1)上单调递增，在(a−1,a+2)上单调递减，在(a+2,+∞)上单调递增；
(x−a−1) 2−2
且当x→−∞时，g(x)= →0，当x→+∞时，g(x)=e2x((x−a−1) 2−2)→+∞，
e−2x
因此，只需¿，即¿，
解得a>1.
故答案为：(1,+∞).
题型八 与切线有关的最值问题
29．（23-24高二下·山东枣庄·阶段练习）点P是曲线y=x2−lnx上任意一点，则点P到直线y=x−4的距
离的最小值是（ ）
A．1 B．√2 C．2 D．2√2【解题思路】问题转化为过点P的切线与直线y=x−4平行时，点P到直线y=x−4的距离最小，利用导
数的几何意义求得点P的坐标，再用点到直线的距离公式即可求得答案.
【解答过程】因为点P是曲线y=x2−lnx上任意一点，
所以当点P处的切线和直线y=x−4平行时，点P到直线y=x−4的距离最小．
1
因为直线y=x−4的斜率等于1，曲线y=x2−lnx的导数y′=2x−
，
x
1
令y′=1，可得x=1或x=− (舍去)，
2
所以在曲线y=x2−lnx上与直线y=x−4平行的切线经过的切点坐标为(1,1)，
|1−1−2|
所以点P到直线y=x−4的最小距离为 =2√2.
√1+1
故选：D.
30．（2024·四川·一模）若点P是曲线y=lnx−x2上任意一点，则点P到直线l:x+ y−4=0距离的最小值
为（ ）
√2
A． B．√2 C．2√2 D．4√2
2
【解题思路】由题知过点P作曲线y=lnx−x2的切线，当切线与直线l:x+ y−4=0平行时，点P到直线
l:x+ y−4=0距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可.
【解答过程】解：过点P作曲线y=lnx−x2的切线，当切线与直线l:x+ y−4=0平行时，点P到直线
l:x+ y−4=0距离的最小.
1
设切点为P(x ,y )(x >0)，y′= −2x，
0 0 0 x
1
所以，切线斜率为k= −2x ，
x 0
0
1 1
由题知 −2x =−1得x =1或x =− （舍），
x 0 0 0 2
0
|1−1−4|
所以，P(1,−1)，此时点P到直线l:x+ y−4=0距离d= =2√2.
√2
故选：C.
31．（23-24高二下·江西赣州·期中）设点A在直线√3x−y+1=0上，点B在函数f (x)=lnx的图象上，则
1
|AB|的最小值为 1+ ln3 .
4
【解题思路】设函数f (x)=lnx与直线√3x−y+1=0平行的切线为l，利用导数的几何意义得出切点P，再由距离公式
得出|AB|的最小值.
【解答过程】
设函数f (x)=lnx与直线√3x−y+1=0平行的切线为l，则l的斜率为√3，
由f′(x)= 1 =√3，得x= √3 ，所以切点为P (√3 ,− 1 ln3 ) ，
x 3 3 2
| 1 |
1+ ln3+1
则点P到直线l的距离就是|AB|的最小值，即 2 1 .
=1+ ln3
2 4
1
故答案为：1+ ln3.
4
x
32．（2024·湖南娄底·模拟预测）已知函数f (x)=lnx− +lnm+3(m>1)，若曲线y=f (x)的一条切线为
n
m
直线l：4x−y+3=0，则 的最小值为 −4e ．
n
【解题思路】根据题意，设切点为(x ,y )，将切点分别代入函数f (x)以及切线l上，且f′ (x )=4，得到方
0 0 0
m 1 4
=e(
−
)
程化简可得 ，从而求得其最小值.
n x2 x
0 0
【解答过程】设切点为(x ,y )，x >0，则(x ,y )在l：4x−y+3=0上，即y =4x +3①，
0 0 0 0 0 0 0
x 1 1
因为f (x)=lnx− +lnm+3(m>1)，则f′(x)= − ，
n x n
1 1 1 1−4x
又因为直线l的斜率为4，则f′ (x )= − =4，所以 = 0 ③，
0 x n n x
0 0
x
因为(x ,y )在f (x)=lnx− +lnm+3(m>1)上，
0 0 n
x
所以y =lnx − 0+lnm+3②，
0 0 n
x
由①②可得4x +3=lnx − 0+lnm+3④，
0 0 nx
4x +3=lnx − 0 +lnm+3
将③代入④中可得， 0 0 x ，
0
1−4x
0
e
化简可得lnm+lnx −1=0，即 m= ⑤，
0 x
0
e
m x 1 4
= 0 =e( − )
由③⑤可得， ，
n x x2 x
0 0 0
1−4x
0
1
令 =t,t>0，则y=t2−4t=(t−2) 2−4,t>0，
x
0
1
当t=2时，即x = 时，y =22−4×2=−4，
0 2 min
1 (m)
所以当x = 时， =e⋅(−4)=−4e，
0 2 n
min
故答案为:−4e.
一、单选题
(2+Δx) 3−23
1．（2024·重庆·模拟预测）lim =（ ）
Δx
Δx→0
A．72 B．12 C．8 D．4
【解题思路】令f (x)=x3，根据导数的概念，可求解.
【解答过程】令f (x)=x3，根据导数的概念，
(2+Δx) 3−8 (2+Δx) 3−23 f (2+Δx)−f (2)
lim = lim = lim =f′(2)，
Δx Δx Δx
Δx→0 Δx→0 Δx→0
f′(x)=3x2，所以f′(2)=12.
故选：B．
2．（2024·贵州黔南·一模）曲线f(x)=lnx在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为
（ ）
1 e
A． B．1 C． D．e
2 2
【解题思路】利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出三角形面积.1
【解答过程】由f(x)=lnx，求导得f′ (x)= ，则f′ (1)=1，而f(1)=0，
x
因此曲线f(x)=lnx在点(1,f(1))处的切线为y−0=x−1，该切线交x于点(1,0)，交y轴于点(0,−1)，
1 1
所以该切线与两坐标轴围成的三角形的面积S= ×1×1=
.
2 2
故选：A.
3．（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．
4．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+x+2相切，则a=
（ ）
1 1 1 1
A．− B． C．− D．
2 2 12 12
【解题思路】求导，计算曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程，利用切线与曲线y=ax2+x+2相切可得
结果.1
【解答过程】解法1：由y=x+lnx得y′=1+ ，当x=1时，y′=2，
x
所以曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为：y−1=2(x−1)，即y=2x−1.
由¿得，ax2−x+3=0，
1
所以Δ=1−12a=0，解得a= ，
12
故选：D.
1
解法2：由y=x+lnx得y′=1+ ，当x=1时，y′=2，
x
所以曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为：y−1=2(x−1)，即y=2x−1.
因为y=ax2+x+2，所以y'=2ax+1，
1
令y′=2ax+1=2，得x= ，
2a
( 1 3 )
所以y=2x−1与曲线y =ax2+x+2的切点为 , +2 ，
2a 4a
3 1 1
由切点在切线y=2x−1得 +2= −1，解得a= ，
4a a 12
故选：D.
5．（2024·山东·二模）已知f (x)为定义在R上的奇函数，设f′(x)为f (x)的导函数，若
f (x)=f (2−x)+4x−4，则f′(2023)=（ ）
A．1 B．−2023 C．2 D．2023
【解题思路】根据f (x)=f (2−x)+4x−4进行f′(x)奇偶性和周期性的推导，得到f′(x)是周期为4的偶函
数，从而算出f′(2023)的值.
【解答过程】因为f (x)=f (2−x)+4x−4，所以两边求导，得f′ (x)=−f′ (2−x)+4，
即f′ (x)+f′ (2−x)=4①
因为f (x)为定义在R上的奇函数，则f(−x)=−f(x)，
所以两边求导，得f′ (x)=f′ (−x)，所以f′ (x)是定义在R上的偶函数，
所以f′ (2−x)=f′ (x−2)，结合①式可得，f′ (x)+f′ (x−2)=4，
所以f′ (x−2)+f′ (x−4)=4，两式相减得，f′ (x)=f′ (x−4)，所以f′ (x)是周期为4的偶函数，
所以f′ (2023)=f′ (−1)=f′ (1).
由①式，令x=1，得f′ (1)=2，所以f′ (2023)=f′ (1)=2.
故选：C.
1
6．（2024·全国·模拟预测）若过点(m,n)可作函数y=2x+ (x>0)图象的两条切线，则必有（ ）
x
1
A．0<2m+ 0，求导，根据导数的几何意义可得(2m−n)a2+2a−m=0有两
a
个正根，利用判别式及根与系数关系列不等式可得解.
( 1)
【解答过程】设切点为 a,2a+ ，a>0，
a
1 1
又y′=2− ，所以切线斜率k=2−
，
x2 a2
( 1) ( 1 )
所以切线方程为y− 2a+ = 2− (x−a)，
a a2
又切线过点(m,n)，
( 1) ( 1 )
则n− 2a+ = 2− (m−a)，a>0，
a a2
即(2m−n)a2+2a−m=0，
由过点(m,n)可作两条切线，
所以(2m−n)a2+2a−m=0有两个正根，
1
即¿，整理可得2m0)在其上一点处的切线方程为y−x−1=0，点A，B为C上
两动点，且|AB|=6，则AB的中点M到y轴距离的取值范围为（ ）[9 ) [3 )
A．[2,+∞) B． ,+∞ C．[3,+∞) D． ,+∞
4 2
【解题思路】根据抛物线的切线方程，利用求导数，设切点，求出p=2；接着设出A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
x +x
表示出点M到y轴的距离为：d= 1 2，利用抛物线的定义表达式，将其转化为两条焦半径的和，结合
2
图形易得d≥2，故得解.
y2
【解答过程】依题意，因切线斜率为1，故切点必在第一象限，设切点为( 0 ,y )，由y=√2px求导可得：
2p 0
√2p
y′=
，
2√x
√2p
√2p
=1
p
依题， =1，即 √ y2 化简得y =p，故切点为( ,p)，代入y−x−1=0中，解得p=2，故
2√x 2 0 0 2
0
2p
C:y2=4x.
x +x y + y
如图，设点A(x ,y ),B(x ,y ),则M( 1 2, 1 2 )，点M到y轴的距离为：
1 1 2 2 2 2
x +x x +1+x +1 |AF|+|BF| |AB|
d= 1 2= 1 2 −1= −1≥ −1=2,
2 2 2 2
当且仅当线段AB经过点F时，等号成立. 故AB的中点M到y轴距离的取值范围为[2,+∞).
故选：A.
8．（2024·山东潍坊·三模）过点P(1,m)(m∈R)有n条直线与函数f (x)=xex的图像相切，当n取最大值
时，m的取值范围为（ ）
5 5 1
A．− −1时，f′(x)>0，f (x)单调递增，结合图象易得，过点P(1,m)(m∈R)至多有3条直线与函数
f (x)=xex的图像相切，故n=3.
此时，设切点坐标为(x ,y )，则切线斜率k=(x +1)⋅ex 0，所以切线方程为
0 0 0
y−x ex 0=(x +1)⋅ex 0(x−x )，将P(1,m)代入得m=(−x2+x +1)⋅ex 0，存在三条切线即函数
0 0 0 0 0
m=(−x2+x+1)⋅ex有三个不同的根，又g′(x)=−(x−1)(x+2)⋅ex，易得在(−2,1)上，g′(x)>0，g(x)单
调递增；在(−∞,−2)和(1,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，画出图象可得当g(−2)0，
x2+1 (x2+1) 2
所以，函数f (x)在(0,1)上单调递增，则当x∈(0,1)时，f (x)∈(0,1)，
1 2x
所以，S = |AB|⋅|x |= 1 ∈(0,1)，故D正确.
△ABP 2 P x 2+1
1
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·四川宜宾·一模）设曲线y=e2ax在(0,1)处的切线与直线x+2y+2=0垂直，则a= 1 .
【解题思路】由直线x+2y+2=0的斜率求出切线的斜率，导函数在切点处的值即为切线斜率，建立等式，
求得a的值.
1
【解答过程】直线x+2y+2=0的斜率k =− ，
1 2
−1
∵切线与直线x+2y+2=0垂直，∴切线的斜率k = =2，
2 k
1
y′=2ae2ax，当x=0时，k =2ae0=2，∴a=1，
2
故答案为：1.
13．（2024·贵州铜仁·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足2f (x)=f (−x)+6ex，则曲线y=f (x)在
点(0,f (0))处的切线方程为 2x−y+6=0 .
【解题思路】利用方程组法求出函数解析式，然后利用导数求切线斜率，由点斜式可得切线方程.
【解答过程】因为2f (x)=f (−x)+6ex，所以2f′(x)=−f′(−x)+6ex，
令x=0，得2f′(0)=−f′(−0)+6e0，解得f′(0)=2，所以切线斜率为2，
因为2f (x)=f (−x)+6ex，令x=0，得2f (0)=f (−0)+6e0，解得f (0)=6，所以切点坐标为(0,6).
所以y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y−6=2(x−0)，即2x−y+6=0.
故答案为：2x−y+6=0.
1
14．（2024·全国·二模）已知函数
y
=x2的图象与函数y
2
=ax（a>0且a≠1）的图象在公共点处有相同的
1
1
切线，则a= a=e2e .
【解题思路】首先设出两个曲线的公共点，再根据导数的几何意义，列式求解.
【解答过程】设两个函数的图象的公共点为(x ,y )，
0 0
1
所以¿，则lna= ，且x =a2x 0⇔lnx =2x lna，
2x 0 0 0
0
所以lna= 2 1 x = l 2 n x x 0 ，得x 0 =e， a=e2 1 e.
0 0
1
故答案为： e2e.
四、解答题
15．（2024·新疆喀什·模拟预测）已知函数y=lnx.
(1)求该函数在x=2处的切线方程；
(2)求该函数过原点的切线方程.
【解题思路】（1）代入得到切点坐标，再求导代入x=2得出斜率，写出切线方程即可；
1 1
（2）设切点(x ,y )，切线方程为y=kx，根据导数含义得k= ， ∴y= ⋅x，代入切点横坐标x 得到
0 0 x x 0
0 0
其纵坐标为1，再代回函数解析式得到切点坐标，最后写出切方程即可.
【解答过程】（1）当x=2时，y=ln2，所以此时切点为(2,ln2)，
1
由f
(x)=lnx可得f′(x)=
，
x
1
所以切线的斜率为k=f′(2)=
，
2
1
则利用点斜式方程可得到y−ln2= (x−2)，即x−2y+2ln2−2=0，
2
（2）显然切线斜率不存在时，不合题意，1
故设切线方程为y=kx，切点(x ,y )，斜率k= ，
0 0 x
0
1
∴y= ⋅x，又因为切点在y=lnx上，
x
0
1
∴y = ⋅x =1，当y=1时，x =e，
0 x 0 0
0
1 1
∴k= ，切线方程为y= x，即x−e y=0.
e e
16．（2024·陕西西安·三模）已知函数f (x)=(ax+1)ex．
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若当x≥0时，f (x)≥1恒成立，求a的取值范围．
【解题思路】（1）结合导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，然后结合恒成立与最值关系转化即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f′(x)=(x+2)ex，则f′(0)=2．
又f (0)=1，所以切线方程为y=2x+1，即2x−y+1=0．
（2）f′(x)=(ax+1+a)ex．
当a≥0时，f′(x)>0在[0,+∞)上恒成立，则f (x)在[0,+∞)上单调递增，
又f (0)=1，所以f (x)≥1恒成立，满足题意；
1 ( 1)
当a<0时，− >0，f − =0<1，不符合题意．
a a
综上，a的取值范围为[0,+∞)．
17．（2024·四川雅安·一模）已知函数f(x)=aex+bx+c在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)在点(0,f(0))
处的切线方程为x+ y=0.
(1)求a,b,c的值；
(2)若对任意实数x,f(x)≥(e−2)x+m恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）对函数求导，利用在x=ln2时有极小值和在点(0,f(0))处的切线方程，即可求出
a,b,c的值；
（2）将函数代入不等式并分离参数，转化成ex−ex−1≥m对任意实数x恒成立问题，构造函数
g(x)=ex−ex−1(x∈R)，通过讨论新函数的单调性，求出新函数的取值范围，进而得出实数m的取值
范围.【解答过程】（1）由题意，x∈R，
在f(x)=aex+bx+c中，f′(x)=aex+b，
在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+ y=0.
∴¿即¿ ，
∴f(x)=ex−2x−1，f′(x)=ex−2，
当x>ln2时，f′ (x)>0,f(x)在(ln2,+∞)上单调递增.
当x1时，ex−e>0，则g′ (x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增；
当x<1时，ex−e<0，则g′ (x)<0，故g(x)在(−∞,1)上单调递减；
当x=1时，ex−e=0，则g′ (x)=0，
故x=1时g(x)有极小值，也就是g(x)的最小值g(1)=−1，
故m≤−1即为所求.
18．（2024·安徽·三模）若对任意的实数k，b，函数y=f (x)+kx+b与直线y=kx+b总相切，则称函数
f (x)为“恒切函数”．
(1)判断函数f (x)=x3是否为“恒切函数”；
1 1
(2)若函数f (x)= (ex−x−1)ex+m是“恒切函数”，求证：− 0．所以，函数y=g(x)的单调递减区间为(−∞,−ln2)，单调递增区间为
(−ln2,+∞)．所以g(x) =g(−ln2)=ln2−1<0．
min
2 2
（i）当x∈(−∞,−ln2)时，因为g(−2)= >0，g(−1)= −1<0，所以，函数y=g(x)在区间
e2 e
(−∞,−ln2)上存在唯一零点x ∈(−2,−1)．又因为
0
m=− 1 (ex 0−x −1)ex 0= 1 x (x +2)= 1 (x +1) 2− 1 ∈ ( − 1 ,0 ) ；
2 0 8 0 0 8 0 8 8
（ii）当x∈(−ln2,+∞)时，因为g(0)=0，所以函数y=g(x)在区间(−ln2,+∞)上有唯一零点，则m=0，
1
综上所述，−
