高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第二章 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第11課時(shí) 導(dǎo)數(shù)的概念與運(yùn)算

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第11課時(shí)導(dǎo)數(shù)的概念與運(yùn)算(對應(yīng)學(xué)生用書(文)、(理)28～29頁)考情分析考點(diǎn)新知①導(dǎo)數(shù)的概念及其運(yùn)算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，是高考重點(diǎn)考查的對象，主要考查求導(dǎo)數(shù)的基本公式和法則.②對導(dǎo)數(shù)幾何意義的考查幾乎年年都有，往往以導(dǎo)數(shù)幾何意義為背景設(shè)置成導(dǎo)數(shù)與解析幾何的簡單綜合．①了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.②能根據(jù)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù).1.(選修22P7例4改編)已知函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,x)，則f(x)在區(qū)間[1，2]，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上的平均變化率分別為________．答案：－eq\f(1,2)，－2解析：eq\f(f（2）－f（1）,2－1)＝－eq\f(1,2)；eq\f(f（1）－f（\f(1,2)）,1－\f(1,2))＝－2.2.(選修22P12練習(xí)2改編)一個(gè)物體的運(yùn)動方程為s＝1－t＋t2，其中s的單位是m，t的單位是s，那么物體在3s末的瞬時(shí)速度是_______m/s.答案：5解析：s′(t)＝2t－1，s′(3)＝2×3－1＝5.3.(選修22P26習(xí)題5)曲線y＝eq\f(1,2)x－cosx在x＝eq\f(π,6)處的切線方程為________．答案：x－y－eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),2)＝0解析：設(shè)f(x)＝eq\f(1,2)x－cosx，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2)＋sineq\f(π,6)＝1，故切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(\r(3),2)))＝x－eq\f(π,6)，化簡可得x－y－eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),2)＝0.4.(選修22P26習(xí)題8)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(（x－2）2,x＋1)，則f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝________．答案：eq\f(x2＋2x－8,（x＋1）2)解析：由f(x)＝eq\f(x2－4x＋4,x＋1)，得f′(x)＝eq\f(（2x－4）×（x＋1）－（x2－4x＋4）×1,（x＋1）2)＝eq\f(x2＋2x－8,（x＋1）2).5.(選修22P20練習(xí)7)若直線y＝eq\f(1,2)x＋b是曲線y＝lnx(x>0)的一條切線，則實(shí)數(shù)b＝________．答案：ln2－1解析：設(shè)切點(diǎn)(x0，lnx0)，則切線斜率k＝eq\f(1,x0)＝eq\f(1,2)，所以x0＝2.又切點(diǎn)(2，ln2)在切線y＝eq\f(1,2)x＋b上，所以b＝ln2－1.1.平均變化率一般地，函數(shù)f(x)在區(qū)間[x1，x2]上的平均變化率為eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)．2.函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上有定義，x0∈(a，b)，當(dāng)Δx無限趨近于0時(shí)，比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)__，無限趨近于一個(gè)常數(shù)A，則稱f(x)在點(diǎn)x＝x0處可導(dǎo)，并稱該常數(shù)A為函數(shù)f(x)在點(diǎn)x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，記作f′(x0)．3.導(dǎo)數(shù)的幾何意義導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義就是曲線f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))的切線的斜率．4.導(dǎo)函數(shù)(導(dǎo)數(shù))若f(x)對于區(qū)間(a，b)內(nèi)任一點(diǎn)都可導(dǎo)，則f(x)在各點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)也隨著自變量x的變化而變化，因而也是自變量x的函數(shù)，該函數(shù)稱為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，記作f′(x)．5.基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式(1)C′＝0(C為常數(shù))；(2)(xn)′＝nxn－1；(3)(sinx)′＝cosx；(4)(cosx)′＝－sinx；(5)(ax)′＝axlna(a>0且a≠1)；(6)(ex)′＝ex；(7)(logax)′＝eq\f(1,x)logae＝eq\f(1,xlna)__(a>0，且a≠1)；(8)(lnx)′＝eq\f(1,x).6.導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則若u(x)，v(x)的導(dǎo)數(shù)都存在，則(1)(u±v)′＝u′±v′；(2)(uv)′＝u′v＋uv′；(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u,v)))′＝eq\f(u′v－uv′,v2)；(4)(mu)′＝mu′(m為常數(shù))．[備課札記]題型1平均變化率與瞬時(shí)變化率例1某一運(yùn)動物體，在x(s)時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離(單位：m)是f(x)＝eq\f(2,3)x3＋x2＋2x.(1)求在第1s內(nèi)的平均速度；(2)求在1s末的瞬時(shí)速度；(3)經(jīng)過多少時(shí)間該物體的運(yùn)動速度達(dá)到14m解：(1)物體在第1s內(nèi)的平均變化率(即平均速度)為eq\f(f（1）－f（0）,1－0)＝eq\f(11,3)m/s.(2)eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)＝eq\f(\f(2,3)（1＋Δx）3＋（1＋Δx）2＋2（1＋Δx）－\f(11,3),Δx)＝6＋3Δx＋eq\f(2,3)(Δx)2.當(dāng)Δx→0時(shí)，eq\f(Δy,Δx)→6，所以物體在1s末的瞬時(shí)速度為6m/s.(3)eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx)＝eq\f(\f(2,3)（x＋Δx）3＋（x＋Δx）2＋2（x＋Δx）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x3＋x2＋2x)),Δx)＝2x2＋2x＋2＋eq\f(2,3)(Δx)2＋2x·Δx＋Δx.當(dāng)Δx→0時(shí)，eq\f(Δy,Δx)→2x2＋2x＋2，令2x2＋2x＋2＝14，解得x＝2s，即經(jīng)過2s該物體的運(yùn)動速度達(dá)到14m/s.eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)在F1賽車中，賽車位移與比賽時(shí)間t存在函數(shù)關(guān)系s＝10t＋5t2(s的單位為m，t的單位為s)．求：(1)t＝20s，Δt＝0.1s時(shí)的Δs與eq\f(Δs,Δt)；(2)t＝20s時(shí)的瞬時(shí)速度．解：(1)Δs＝s(20＋Δt)－s(20)＝10(20＋0.1)＋5(20＋0.1)2－10×20－5×202＝21.05m.eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(21.05,0.1)＝210.5m/s.(2)由導(dǎo)數(shù)的定義，知在t＝20s的瞬時(shí)速度為v(t)＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(10（t＋Δt）＋5（t＋Δt）2－10t－5t2,Δt)＝eq\f(5Δt2＋10t·Δt＋10Δt,Δt)＝5Δt＋10t＋10.當(dāng)Δt→0，t＝20s時(shí)，v＝10×20＋10＝210m/s.答：t＝20s，Δt＝0.1s時(shí)的Δs為21.05m，eq\f(Δs,Δt)為210.5m/s，即在t＝20s時(shí)瞬時(shí)速度為210m/s.題型2利用導(dǎo)數(shù)公式、求導(dǎo)法則求導(dǎo)例2求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝eq\f(1,\r(x))＋x3；(2)y＝exlnx；(3)y＝tanx；(4)y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))；(理)(5)y＝eq\f(ln（2＋3x）,x).解：(1)y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)＋3x2.(2)y′＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).(3)y′＝eq\f(1,cos2x).(4)y′＝3x2－eq\f(2,x3).(5)y′＝eq\f(2,x（2＋3x）)－eq\f(ln（2＋3x）,x2).eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝(2x2＋3)(3x－2)；(2)y＝eq\f(lnx,x)；(3)y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))；(4)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)；(理)(5)y＝2x＋ln(1－5x)．解：(1)y′＝18x2－8x＋9；(2)y′＝eq\f(1－lnx,x2)；(3)y′＝eq\f(2,（1－x）2)；(4)y′＝1－eq\f(1,2)cosx；(5)y′＝2xlnx＋eq\f(5,5x－1).題型3利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題例3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2＋b)，且f(x)的圖象在x＝1處與直線y＝2相切．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若P(x0，y0)為f(x)圖象上的任意一點(diǎn)，直線l與f(x)的圖象切于P點(diǎn)，求直線l的斜率k的取值范圍．解：(1)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(a（x2＋b）－ax（2x）,（x2＋b）2)＝eq\f(ab－ax2,（x2＋b）2).∵f(x)的圖象在x＝1處與直線y＝2相切，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝0，,f（1）＝2，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(ab－a＝0，,1＋b≠0，,\f(a,1＋b)＝2，)))∴a＝4，b＝1，∴f(x)＝eq\f(4x,x2＋1).(2)∵f′(x)＝eq\f(4－4x2,（x2＋1）2)，∴直線l的斜率k＝f′(x0)＝eq\f(4－4xeq\o\al(2,0),（xeq\o\al(2,0)＋1）2)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,（xeq\o\al(2,0)＋1）2)－\f(1,xeq\o\al(2,0)＋1)))，令t＝eq\f(1,xeq\o\al(2,0)＋1)，t∈(0，1]，則k＝4(2t2－t)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2－eq\f(1,2)，∴k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)).eq\a\vs4\al(變式訓(xùn)練)(1)已知曲線y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，求曲線過點(diǎn)P(2，4)的切線方程；(2)求拋物線y＝x2上點(diǎn)到直線x－y－2＝0的最短距離．解：(1)設(shè)曲線y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)與過點(diǎn)P(2，4)的切線相切于點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，則切線的斜率k＝xeq\o\al(2,0)，切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，即y＝xeq\o\al(2,0)x－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3).因?yàn)辄c(diǎn)P(2，4)在切線上，所以4＝2xeq\o\al(2,0)－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3)，即xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切線方程為4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.(2)由題意得，與直線x－y－2＝0平行的拋物線y＝x2的切線對應(yīng)的切點(diǎn)到直線x－y－2＝0距離最短，設(shè)切點(diǎn)為(x0，xeq\o\al(2,0))，則切線的斜率為2x0＝1，所以x0＝eq\f(1,2)，切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，切點(diǎn)到直線x－y－2＝0的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)－2)),\r(2))＝eq\f(7\r(2),8).1.(2013·大綱)已知曲線y＝x4＋ax2＋1在點(diǎn)(－1，a＋2)處切線的斜率為8，則a＝________．答案：－6解析：y′＝4x3＋2ax，由題意，k＝y(tǒng)′|x＝－1＝－4－2a＝8，所以a＝－6.2.(2013·南通一模)曲線f(x)＝eq\f(f′（1）,e)ex－f(0)x＋eq\f(1,2)x2在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為________．答案：y＝ex－eq\f(1,2)解析：由已知得f(0)＝eq\f(f′（1）,e)，∴f(x)＝eq\f(f′（1）,e)ex－eq\f(f′（1）,e)x＋eq\f(1,2)x2，∴f′(x)＝eq\f(f′（1）,e)ex－eq\f(f′（1）,e)＋x，∴f′(1)＝eq\f(f′（1）,e)e－eq\f(f′（1）,e)＋1，即f′(1)＝e，從而f(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1＋x，∴f(1)＝e－eq\f(1,2)，f′(1)＝e，故切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,2)))＝e(x－1)，即y＝ex－eq\f(1,2).3.(2013·南京三模)記定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，則稱x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的“中值點(diǎn)”，那么函數(shù)f(x)＝x3－3x在區(qū)間[－2，2]上“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為________．答案：2解析：f(2)＝2，f(－2)＝－2，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＝1，f′(x)＝3x2－3＝1，得x＝±eq\f(2\r(3),3)∈[－2，2]，故有2個(gè)．4.(2013·鹽城二模)若實(shí)數(shù)a、b、c、d滿足eq\f(a2－2lna,b)＝eq\f(3c－4,d)＝1，則(a－c)2＋(b－d)2的最小值為________．答案：eq\f(2,5)(1－ln2)2解析：∵eq\f(a2－2lna,b)＝eq\f(3c－4,d)＝1，∴b＝a2－2lna，d＝3c－4，∴點(diǎn)(a，b)在曲線y＝x2－2lnx上，點(diǎn)(c，d)在曲線y＝3x－4上，(a－c)2＋(b－d)2的幾何意義就是曲線y＝x2－2lnx到曲線y＝3x－4上點(diǎn)的距離最小值的平方．考查曲線y＝x2－2lnx(x>0)平行于直線y＝3x－4的切線，∵y′＝2x－eq\f(2,x)，令y′＝2x－eq\f(2,x)＝3，解得x＝2，∴切點(diǎn)為(2，4－2ln2)，該切點(diǎn)到直線y＝3x－4的距離d＝eq\f(|3×2－4＋2ln2－4|,\r(32＋（－1）2))＝eq\f(2－2ln2,\r(10))就是所要求的兩曲線間的最小距離，故(a－c)2＋(b－d)2的最小值為d2＝eq\f(2,5)(1－ln2)2.1.已知函數(shù)f(x)＝ex－f(0)x＋eq\f(1,2)x2，則f′(1)＝____．答案：e解析：由條件，f(0)＝e0－f(0)×0＋eq\f(1,2)×02＝1，則f(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，所以f′(x)＝ex－1＋x，所以f′(1)＝e1－1＋1＝e.2.已知曲線C1：y＝x2與C2：y＝－(x－2)2，直線l與C1、C2都相切，則直線l的方程是____________．答案：y＝0或y＝4x－4解析：設(shè)兩個(gè)切點(diǎn)的坐標(biāo)依次為(x1，xeq\o\al(2,1))，(x2，－(x2－2)2)，由條件，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＝－2x2＋4，,\f(xeq\o\al(2,1)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－（x2－2）2)),x1－x2)＝2x1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x2＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝2，,x2＝0，))從而可求直線方程為y＝0或y＝4x－4.3.已知函數(shù)f(x)＝xlnx，過點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0))作函數(shù)y＝f(x)圖象的切線，則切線的方程為________．答案：x＋y＋eq\f(1,e2)＝0解析：設(shè)切點(diǎn)T(x0，y0)，則kAT＝f′(x0)，∴eq\f(x0lnx0,x0＋\f(1,e2))＝lnx0＋1，即e2x0＋lnx0＋1＝0，設(shè)h(x)＝e2x＋lnx＋1，當(dāng)x>0時(shí)h′(x)>0，∴h(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，∴h(x)＝0最多只有一個(gè)根．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝e2×eq\f(1,e2)＋lneq\f(1,e2)＋1＝0，∴x0＝eq\f(1,e2).由f′(x0)＝－1得切線方程是x＋y＋eq\f(1,e2)＝0.4.已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx(a≠0)，設(shè)函數(shù)f(x)的圖象C1與函數(shù)g(x)的圖象C2交于兩點(diǎn)P、Q，過線段PQ的中點(diǎn)R作x軸垂線分別交C1、C2于點(diǎn)M、N，問是否存在點(diǎn)R，使C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線互相平行？若存在，求出點(diǎn)R的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解：設(shè)點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)，且0＜x2＜x1，則點(diǎn)M、N的橫坐標(biāo)均為eq\f(x1＋x2,2).∴C1在點(diǎn)M處的切線斜率為k1＝eq\f(1,x)|x＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2,x1＋x2)，C2在點(diǎn)N處的切線斜率為k2＝ax＋b|x＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(a（x1＋x2）,2)＋b，假設(shè)C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線互相平行，則k1＝k2，即eq\f(2,x1＋x2)＝eq\f(a（x1＋x2）,2)＋b.∵P、Q是曲線C1、C2的交點(diǎn)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＝\f(1,2)axeq\o\al(2,1)＋bx1，,lnx2＝\f(1,2)axeq\o\al(2,2)＋bx2，))兩式相減，得lnx1－lnx2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)axeq\o\al(2