2026版高考数学复习专题突破：3.1 导数几何意义及运算（精讲）（解析版）

3.1导数的几何意义及运算（精讲）

考向一导数的运算

【例1】（24-25山东淄博）求下列函数的导数.

lnx

(1)y2x39x212x7(2)yx2sinx；(3)y；(4)yxtanx

x

3

(5)ycosx3；(6)y2x1；(7)ye2x1.

1lnxx

【答案】(1)y6x218x12(2)y2xsinxx2cosx(3)y(4)ytanx

x2cos2x

2

(5)ysinx3(6)y62x1(7)y2e2x1

【解析】（1）y6x218x12.

222

（2）yxsinxxsinx2xsinxxcosx.

lnxxlnx1lnx

（3）y.

x2x2

sinxcos2xsin2xx

（4）ytanxxtanxxtanx.

cosxcos2xcos2x

（5）函数ycosx3可以看作函数ycosu和ux3的复合函数，

由复合函数的求导法则可得：yxyuuxcosux3sinu1sinusinx3.

所以ysinx3；

3

（6）函数y2x1可以看作函数yu3和u2x1的复合函数，

由复合函数的求导法则可得：3222

yxyuuxu2x13u26u62x1.

2

所以y62x1

（7）函数ye2x1可以看作函数yeu和u2x1的复合函数，

uuu2x1，所以2x1

yxyuuxe2x1e22e2ey2e.

【一隅三反】

（24-25湖北）求下列函数的导数：

xx

113

(1)y；(2)y；(3)ylg5；(4)y3lgx；

e10

x1cosx

(5)y2cos21．(6)yx2sinx；(7)ylnx；(8)y；

2xex

ππ

(9)yxsin2xcos2x；(10)yln(2x5)．

22

1

【答案】(1)yex(2)y10xln10(3)y0(4)y(5)ysinx(6)y2xsinxx2cosx

xln10

11sinxcosx12

(7)y(8)y(9)ysin4x2xcos4x(10)y

xx2ex22x5

xx

1111

【解析】（1）x．

ylnxe

eeee

xx

111ln10

（2）x．

ylnx10ln10

10101010

（3）∵ylg5是常数函数，∴y(lg5)0．

1

（4）∵y3lg3xlgx，∴y(lgx)．

xln10

x

（5）∵y2cos21cosx，∴y(cosx)sinx．

2

（6）yx2sinxx2(sinx)2xsinxx2cosx．

1111

（7）ylnx(lnx)．

xxxx2

xx

cosx(cosx)ecosxesinxcosx

（）．

8yx2x

eexe

ππ11

（9）yxsin2xcos2xxsin(4xπ)xsin4x，

2222

111

ysin4xx4cos4xsin4x2xcos4x．

222

122

（10）令u2x5,ylnu，则y(lnu)u2，即y．

2x52x52x5

考向二导数值

【例2-1】（24-25江苏扬州）已知函数fx的导函数为fx，且满足fx2xf1lnx，则f1（）

A．e1B．-1C．e1D．e

【答案】B

1

【解析】fx2f1，令x1得f12f11，解得f11.故选：B

x

23

【例2-2】（24-25山东聊城）若fx在R上可导，fx3x5f2x2，则f（）

2

A．1B．1C．2D．2

【答案】B

【解析】由fx3x25f2x2，可得fx6x5f2，所以f2625f2，解得f22，

33

则fx6x10，则f6101.故选：B.

22

【一隅三反】

1．（24-25安徽蚌埠）已知函数fxx32x22f1x1，则f1等于（）

A．0B．3C．4D．6

【答案】D

【解析】对f(x)x32x22f(1)x1求导，可得f(x)3x24x2f(1).

将x1代入f(x)3x24x2f(1)中，可得f(1)3(1)24(1)2f(1).解得f(1)1.

将f(1)1代入原函数f(x)x32x22f(1)x1中，得到f(x)x32x221x1x32x22x1.

再将x1代入f(x)x32x22x1中，可得f(1)1321221112216.

故选：D.

2.（2024山东）如图，函数yfx的图象在点P2,y处的切线是l，则f(2)f(2)（）

A．3B．2C．2D．1

【答案】D

【解析】由题可得函数yfx的图象在点P处的切线与x轴交于点4，0，与y轴交于点0，4，

则切线l:xy4，f22，f(2)1，f(2)f(2)1.故选：D．

2

3．（2024·上海黄浦）已知函数fx2f3xx2lnx，则f1．

9

【答案】16

9

241

【解析】因为fx2f3xx2lnx，所以fx2f3x，

99x

41

则f32f3，解得：f31，

33

2216

所以fx2xx2lnx，则f12ln1.

999

16

故答案为：.

9

考向三导数定义及几何意义

fx0xfx0

【例3-1】（24-25江苏盐城）已知函数fx在xx0处可导，且lim3则fx0（）

x0x

3

A．3B．2C．D．2

2

【答案】A

fx0xfx0

【解析】因为函数fx在xx0处可导，且lim3，

x0x

fxfxxfxxfx

所以0000

fx0limlim3.

x0xx0x

故选：A

【例3-2】（2025·河北唐山）已知曲线fx2xcosx在x0处的切线为l，则l的斜率为（）

A．ln2B．ln2C．1D．1

【答案】A

【解析】对fx2xcosx求导得，fxln22xcosx2xsinx，由题意曲线fx2xcosx在x0处的切

00

线l的斜率为klf0ln22cos02sin0ln2.

故选：A.

【例3-3】（2025·福建莆田·二模）曲线yxexx在点P处切线的斜率为1，则P的坐标为（）

1

A．1,1B．1,1C．1,e1D．1,2e1

e

【答案】B

【解析】yx1ex1，令x1ex11，则x1ex0，故x1，

111

当x1时，ye11，即P的坐标为1,1.

ee

故选：B.

2

【例3-4】（2024春·河南）点P在曲线yx3x上移动，设点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是

3

π3π

【答案】[0，）（，π）

24

2

【解析】因为yx3x，所以y3x21，因为y3x211，所以tan1，又0,π，所以

3

π3π

0,,π，故选：D.

24

【一隅三反】

2f1f1x

1.（24-25山西吕梁）已知函数fxxlnxx，则lim（）

x0x

A．2B．1C．1D．2

【答案】C

【解析】因为fxxlnxx2，则fxlnx12x，所以，f1ln1121，

f1f1xf1xf1

所以，limlimf11.

x0xx0x

故选：C.

f(3x)f(3x)

2．（24-25安徽合肥）若曲线yf(x)在点(3,f(3))处的切线斜率为2，则lim（）

x0x

A．1B．2C．4D．6

【答案】C

【解析】由导数几何意义得f32，

f(3x)f(3x)f(3x)f(3x)

由导数定义可知：lim2lim2f34.

x0xx02x

故选：C.

exex

3（2025·甘肃兰州·一模）若函数y（e为自然对数的底）的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为（）

2

A．(1,0)B．(0,1)C．(1,1)D．(1,e)

【答案】B

exexexex

【解析】设切点坐标为x0,y0，函数y，所以y，

22

ex0ex0ex0+ex011

因为切线与x轴平行，所以y|0，解得x00，y1，故切点坐标为(0,1)

xx02022

故选：B

1

4.（2024·新疆阿克苏）若直线ykxn与曲线ylnx相切，则k的取值范围是（）

x

11

A．,B．4,C．4,D．,

44

【答案】A

2

1111111

【解析】y，由导数的几何意义可知，k.故选：A

xx2x2444

32

5（24-25山东济宁）点P在曲线yxx上，设曲线在点P处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（）

3

ππ3π

A．0,B．0,,π

224

3ππ3π

C．,πD．0,,π

424

【答案】B

【解析】y3x21，设Pm,n，则曲线在点P处切线的斜率为3m211，

ππ3π

则tan1，又0,π，切线斜率存在，故，则0,,π.故选：B

224

考向四在型切线

【例4-1】（24-25高三上·河南·期末）函数fxexe2x的图象在点0,f0处的切线方程为（）

A．3xy10B．2xy20C．x3y60D．3xy20

【答案】D

【解析】依题意，f02，因为fxex2e2x，所以f03，所以切线方程为y23x0，

即3xy20，故选：D.

【一隅三反】

1．（2025·广东·一模）曲线yxlnx在点1,1处的切线方程为.

【答案】x2y30

1111

【解析】因为y在点1,1处的切线方程斜率为k1，

2xx22

1

曲线yxlnx在点1,1处的切线方程为y1x1，即得x2y30.

2

故答案为：x2y30.

2（2025·重庆·模拟预测）已知函数fxex13x，则曲线yfx在点1,f1处的切线方程为.

【答案】2xy0

【解析】因为f(x)ex13x，所以f(1)e032，所以f(x)ex13，则f(1)2，从而曲线yf(x)在

点(1,2)处的切线方程为y22(x1)，整理得2xy0.

22

3（2025·四川·模拟预测）已知函数fx33x1x，则曲线yfx在点,f处的切线方程为．

33

【答案】6x3y10

122225

【解析】已知函数fx33x1x，则fx3x1331，所以f2,f1，

33333

2552

所以曲线yfx在点,处的切线方程为y2x，即得6x3y10.

3333

故答案为：6x3y10

考向五过型切线

【例5】（2025·新疆·模拟预测）曲线ylnx1过点1,0的切线方程为.

【答案】xey10

11

【解析】设切点为x0,lnx01，则y，故切线方程为yxx0lnx01，

x01x01

1

将1,0代入可得01x0lnx01，解得x0e1，

x01

1

故切线方程为yxe11，即xey10，故答案为：xey10

e

【一隅三反】

14

1.（2024·陕西西安·一模）已知直线l为曲线fxx3过点P2,4的切线．则直线l的方程为．

33

【答案】xy20或4xy40

14

【解析】∵f(x)x3，∴f(x)x2.

33

2

设直线l与曲线f(x)相切于点M(x0,y0)，则直线l的斜率为kf(x0)x0，

∴过点M(x0,y0)的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)，

14

即y(x3)x2(xx)，又点P(2,4)在切线上，

30300

14

∴4(x3)x2(2x)，整理得x33x240，

3030000

2

∴(x01)(x02)0，

解得x01或x02；

∴所求的切线方程为xy20或4xy40.

故答案为：xy20或4xy40.

2

2（2024四川绵阳·期末）过点P1,4作曲线y=的切线，则切线方程为．

x-1

【答案】2xy60

2

【解析】因为点P1,4不在曲线上，设切点Mm,n，且m1，则n=，①

m-1

---

¢=2=2=4n

又y2，则切线斜率为k2，②

(x-1)(m-1)1-m

-

=2=-

由①②解得n2，m2，所以M2,2，切线的斜率为k22，

(2-1)

切线方程为y22x2，即2xy60.

故答案为：2xy60.

3.（2025四川雅安·期中）已知fxx34x25x4，则经过点A2,2的曲线fx的切线方程为.

【答案】y20或xy40

【解析】令该切线方程的切点为x0,fx0，

32

则fx0x04x05x04，

22

fx3x8x5，fx03x08x05，

322

则有yx04x05x043x08x05xx0，

322

又该直线过点A2,2，故有2x04x05x043x08x052x0，

322

化简得x05x08x040，即x01x020，

故x01或x02，

当x01时，有y1454385x1，即y20，

当x02时，有y81610412165x2，即xy40.

故答案为：y20或xy40.

考向六切线求参数

【例6-1】（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)(xa)(x2)(x3)(x4)，若f(x)的图象在x2处的切线方

程为y6xb，则ab（）

A．11B．12C．13D．14

【答案】C

【解析】由题意知f(2)(2a)(22)(23)(24)0，

所以062b，解得b12，

又f(x)(xa)(x3)(x4)(x2)[(xa)(x3)(x4)]，

所以f(2)(2a)(23)(24)6，解得a1，所以ab1(12)13.

故选：C.

【例6-2】（24-25高三上·湖南·阶段练习）已知a，b，c成等差数列，若直线l:axbyc0与曲线yex1lnx3

bc

相切，则．

a

5

【答案】

2

【解析】由题意得ac2b，直线l:axby2baax1by20，

故直线l过定点1,2，且曲线yex1lnx3过点1,2，

1

故直线l与曲线yex1lnx3（无拐点）相切于点1,2.∵yex1，

x

1

∴直线l的斜率ke112，∴直线l的方程为2xy40，∴a:b:c2:1:4，

1

bc55

∴.故答案为：.

a22

【一隅三反】

1.（24-25高三下·广东惠州·阶段练习）若直线ykx1与曲线ylnx相切，则k（）

1e

A．B．1C．D．e

e2

【答案】B

【解析】设直线ykx1与曲线ylnx的切点为Mm,n，故nkm1lnm

11

由ylnx得y，故k，得lnm0，故m1,k1.

xm

故选：B

2（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线yxlnx在点1,1处的切线与曲线yax2x2相切，则a（）

1111

A．B．C．D．

221212

【答案】D

1

【解析】解法1：由yxlnx得y1，当x1时，y2，

x

所以曲线yxlnx在点1,1处的切线方程为：y12(x1)，即y2x1.

yax2x2

由，得ax2x30，

y2x1

1

所以Δ112a0，解得a，

12

故选：D.

1

解法2：由yxlnx得y1，当x1时，y2，

x

所以曲线yxlnx在点1,1处的切线方程为：y12(x1)，即y2x1.

因为yax2x2，所以y2ax1，

1

令y2ax12，得x，

2a

13

所以y2x1与曲线yax2x2的切点为,2，

2a4a

311

由切点在切线y2x1得21，解得a，

4aa12

故选：D.

3（2024·陕西西安·模拟预测）已知直线ykx(k0)与曲线y2x43x3相切，则k．

【答案】1

4343

【解析】设直线ykx（k0）与函数fx2x3x相切，切点为：Px0,2x03x0，

3232

因为fx8x9x，所以切线斜率为：kfx08x09x0.

4332

所以切线方程为：y2x03x08x09x0xx0.

4332

由切线过点0,0，得：2x03x0x08x09x0

33

所以x02x03x08x09，解得：x00或x01.

所以kf00（舍去）或kf11.故答案为：1

考向七公切线

【例7-1】（2024·山东）已知fxex1（e为自然对数的底数），gxlnx1，请写出fx与gx的一

条公切线的方程.

【答案】exy10或xy0(写出其中一条即可)

【解析】设公切线与fx相切于点m,em1，与gx相切于点n,lnn1，

11

fxex，gx，则公切线斜率kem，

xn

1

公切线方程为yem1emxm或ylnn1xn，

n

1

整理得yemxm1em1或yxlnn，

n

1

emmlnn

所以n，即m，

mm1e1lnn

m1e1lnn

m1em1mm1em10，解得m1或m0，

公切线方程为exy10或xy0.

故答案为：exy10或xy0<(写出其中一条即可)

【例7-2】（2024·广东茂名·一模）曲线ylnx与曲线yx22ax有公切线，则实数a的取值范围是（）

1111

A．,B．,C．,D．,

2222

【答案】B

1

【解析】两个函数求导分别为y,y2x2a，

x

22

设ylnx，yx2ax图象上的切点分别为x1,lnx1，x2,x22ax2，

x

2

则过这两点处的切线方程分别为ylnx11，y2x22axx2，

x1

122

则2x2a，，所以x21，

2lnx11x22ae2x2

x1

22

设fxex12x，fx2xex11，f10，

22

令g(x)f(x)2xex11，所以gx22x21ex10，

所以g(x)在R上单调递增，且f10，

则fx在,1上单调递减，在1,上单调递增，

1

所以2af11，a.

2

故选：B.

【一隅三反】

1.（24-25高三上·江西抚州·阶段练习）与曲线f(x)ex1和g(x)ex1都相切的直线l的方程为.

【答案】yx

【解析】设直线l:ykxb与f(x)的图象相切于点P1x1,y1，与g(x)的图象相切于点P2x2,y2，

x1

xx11x2

又fxe，g(x)e，且y1e，y2e1.

x11x11

曲线yf(x)在点P1x1,y1处的切线方程为yeexx1，

x2x2

曲线yg(x)在点P2x2,y2处的切线方程为ye1exx2.

ex11ex2,

故解得xx1，ex2xx1，

x11x11x2x21212

ex1eex2e1,

故x20,x11

yyex11ex21

故k121，故直线l的方程为yx.

x1x21

故答案为：yx.

2（.24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）若直线ykxk是曲线fxex1的切线，也是曲线gxlnx1m的

切线，则m.

【答案】2

【解析】由题意可得fxex1，

x1-

x,yx11

设直线ykxk与曲线fxe的切点为11，则e=k

x11

又切点在曲线上，所以y1kx1ke，联立解得x12，即ke.

1

gx，设直线yexe与曲线gxlnx1m的切点为x2,y2，

x1

1

所以ke，又y2lnx21mex2e，

x21

联立两式，解得m2.

故答案为：2

1

3.（2024·湖南长沙·三模）斜率为1的直线l与曲线ylnxa和圆x2y2都相切，则实数a的值为

2

【答案】0或2

【解析】依题意得，设直线l的方程为yxb，即xyb0，

b2

221

由直线和圆xy相切可得，2，解得b1，

21212

当b1时，yx1和ylnxa相切，

11

y，设切点为m,n，根据导数的几何意义，1，

xama

n0

nm1

又切点同时在直线和曲线上，即，解得m1.

nlnma

a2

即b1时，a2；

当b1时，yx1和ylnxa相切，

11

y，设切点为s,t，根据导数的几何意义，1，

xasa

t0

ts1

又切点同时在直线和曲线上，即，解得s1.

tlnsa

a0

即b1时，a0.

综上所述，a2或a0.

故选：A.

x

4.（24-25高三上·山东聊城·阶段练习）一条直线与函数ylnx和ye的图象分别相切于点Px1,y1和点

Qx2,y2，则x11x21的值为．

【答案】-2

1

【解析】因为fxlnx，gxex，所以fx，gxex，

x

11

则ylnx在点Px1,y1处的切线方程为ylnx1xx1，即yxlnx11；

x1x1

xx2x2x2x2

ye在点Qx2,y2处的切线方程为：yeexx2，即yexe1x2，

1

ex2

1x

2x2x2

由已知x1，由e得x1e，故lnx11lne1x21，

x1

x2

lnx11e1x2

1x21

故x211x2，解得x1，

x1x21

x12

22

所以x111，因此x11x21x212．

x21x21x21

故答案为：2．

2x

5.（2024·广东江门·二模）若曲线C1:yx与曲线C2:yae存在公切线，则a的最大值．

4

【答案】

e2

2x2

【解析】设公切线与曲线C1切与点x1,x1，与曲线C2切与点x2,ae，

由y=x2，得y2x；由yaex得yaex.

x22

x2aex1

则2x1ae，

x2x1

2

2x1x1x24x21

所以2x1x12x22，所以ae4x24，即a.

x2

x2x1e

4ex4x1ex42x

4x1fx

设fx，则2x.

exexe

由fx0x2；由fx0x2.

所以函数fx在,2上单调递增，在2,上单调递减.

4

所以函数fxf2.

e2

4

即a的最大值为.

e2

4

故答案为：

e2

考向八切线的数量

【例8】（2025·河南）若过点P1,0作曲线yx3的切线，则这样的切线共有（）

A．0条B．1条C．2条D．3条

【答案】C

3322

【解析】设切点为x0,x0，由yx，所以y3x，得yxx3x0，

0

3223

所以切线方程为yx03x0xx0，即y3x0x2x0．

3

因为切线过点P(1,0)，所以03x22x3，解得x0或x，

00002

所以过点P(1,0)作曲线yx3的切线可以作2条.

故选：C

【一隅三反】

1．（2024·全国·模拟预测）过坐标原点作曲线fxexx22x2的切线，则切线共有（）

A．1条B．2条C．3条D．4条

【答案】A

x02

【解析】设切点为x0,ex02x02，

由fxexx22x2可得fxx2ex，

x02

ex02x02

则过坐标原点的切线的斜率2x0，