高中數學人教A版2本冊總復習總復習 全文

1．1變化率與導數1．變化率問題1．導數的概念[學習目標]1．了解導數概念的實際背景．2．會求函數在某一點附近的平均變化率．3．會利用導數的定義求函數在某點處的導數．[知識鏈接]很多人都吹過氣球，回憶一下吹氣球的過程，可以發(fā)現，隨著氣球內空氣容量的增加，氣球的半徑增加得越來越慢．從數學的角度，如何描述這種現象呢？答氣球的半徑r(單位：dm)與體積V(單位：L)之間的函數關系是r(V)＝eq\r(3,\f(3V,4π))，(1)當V從0增加到1L時，氣球半徑增加了r(1)－r(0)≈(dm)，氣球的平均膨脹率為eq\f(r1－r0,1－0)≈(dm/L)．(2)當V從1L增加到2L時，氣球半徑增加了r(2)－r(1)≈(dm)，氣球的平均膨脹率為eq\f(r2－r1,2－1)≈(dm/L)．可以看出，隨著氣球體積逐漸變大，它的平均膨脹率逐漸變小了．[預習導引]1．函數的變化率定義實例平均變化率函數y＝f(x)從x1到x2的平均變化率為eq\f(fx2－fx1,x2－x1)，簡記作：eq\f(Δy,Δx)①平均速度；②曲線割線的斜率瞬時變化率函數y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率是函數f(x)從x0到x0＋Δx的平均變化率在Δx→0時的極限，即eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx).①瞬時速度：物體在某一時刻的速度；②切線斜率2.函數f(x)在x＝x0處的導數函數y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)稱為函數y＝f(x)在x＝x0處的導數，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).要點一求平均變化率例1已知函數h(x)＝－＋＋10.(1)計算從x＝1到x＝1＋Δx的平均變化率，其中Δx的值為①2；②1；③；④.(2)根據(1)中的計算，當|Δx|越來越小時，函數h(x)在區(qū)間[1,1＋Δx]上的平均變化率有怎樣的變化趨勢？解(1)∵Δy＝h(1＋Δx)－h(huán)(1)＝－(Δx)2－Δx，∴eq\f(Δy,Δx)＝－Δx－.①當Δx＝2時，eq\f(Δy,Δx)＝－Δx－＝－；②當Δx＝1時，eq\f(Δy,Δx)＝－Δx－＝－；③當Δx＝時，eq\f(Δy,Δx)＝－Δx－＝－；④當Δx＝時，eq\f(Δy,Δx)＝－Δx－＝－.(2)當|Δx|越來越小時，函數f(x)在區(qū)間[1,1＋Δx]上的平均變化率逐漸變大，并接近于－.規(guī)律方法求平均變化率的主要步驟：(1)先計算函數值的改變量Δy＝f(x2)－f(x1)．(2)再計算自變量的改變量Δx＝x2－x1.(3)得平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx2－fx1,x2－x1).跟蹤演練1求函數y＝f(x)＝3x2＋2在區(qū)間[x0，x0＋Δx]上的平均變化率，并求當x0＝2，Δx＝時平均變化率的值．解函數y＝f(x)＝3x2＋2在區(qū)間[x0，x0＋Δx]上的平均變化率為eq\f(fx0＋Δx－fx0,x0＋Δx－x0)＝eq\f([3x0＋Δx2＋2]－3x\o\al(2,0)＋2,Δx)＝eq\f(6x0·Δx＋3Δx2,Δx)＝6x0＋3Δx.當x0＝2，Δx＝時，函數y＝3x2＋2在區(qū)間[2,]上的平均變化率為6×2＋3×＝.要點二物體運動的瞬時速度例2高臺跳水運動中，運動員相對于水面的高度h(單位：m)與起跳后的時間t(單位：s)之間的關系式為h(t)＝－＋＋10，求運動員在t＝eq\f(65,98)s時的瞬時速度，并解釋此時的運動狀況．解令t0＝eq\f(65,98)，Δt為增量．則eq\f(ht0＋Δt－h(huán)t0,Δt)＝eq\f(－×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,98)＋Δt))2＋×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,98)＋Δt))＋10,Δt)＋eq\f×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,98)))2－×\f(65,98)－10,Δt)＝eq\f(－Δt\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,49)＋Δt))＋Δt,Δt)＝－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,49)＋Δt))＋，∴eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(ht0＋Δt－h(huán)t0,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,49)＋Δt))＋)＝0，即運動員在t0＝eq\f(65,98)s時的瞬時速度為0m/s.說明此時運動員處于跳水運動中離水面最高的點處．規(guī)律方法求瞬時速度是利用平均速度“逐漸逼近”的方法得到的，其求解步驟如下：(1)由物體運動的位移s與時間t的函數關系式求出位移增量Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)；(2)求時間t0到t0＋Δt之間的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)；(3)求eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)的值，即得t＝t0時的瞬時速度．跟蹤演練2一質點按規(guī)律s(t)＝at2＋1作直線運動(位移單位：m，時間單位：s)，若該質點在t＝2s時的瞬時速度為8m/s，求常數a的值．解∵Δs＝s(2＋Δt)－s(2)＝a(2＋Δt)2＋1－a·22－1＝4aΔt＋a(Δt)2∴eq\f(Δs,Δt)＝4a＋aΔt.在t＝2s時，瞬時速度為eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δs,Δt)＝4a，即4a＝8，∴a＝2.要點三函數在某點處的導數例3求函數f(x)＝3x2－2x在x＝1處的導數．解Δy＝3(1＋Δx)2－2(1＋Δx)－(3×12－2×1)＝3(Δx)2＋4Δx，∵eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(3Δx2＋4Δx,Δx)＝3Δx＋4，∴y′|x＝1＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(3Δx＋4)＝4.規(guī)律方法求一個函數y＝f(x)在x＝x0處的導數的步驟如下：(1)求函數值的變化量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)求平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)；(3)取極限，得導數f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx).跟蹤演練3利用導數的定義求函數f(x)＝－x2＋3x在x＝2處的導數．解由導數的定義知，函數在x＝2處的導數f′(2)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f2＋Δx－f2,Δx)，而f(2＋Δx)－f(2)＝－(2＋Δx)2＋3(2＋Δx)－(－22＋3×2)＝－(Δx)2－Δx，于是f′(2)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(－Δx2－Δx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(－Δx－1)＝－1.1．如果質點M按規(guī)律s＝3＋t2運動，則在一小段時間[2,]中相應的平均速度是()A．4 B．C． D．3答案B解析eq\x\to(v)＝eq\f(3＋－3＋22,＝.2．函數f(x)在x0處可導，則eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋h－fx0,h)()A．與x0、h都有關B．僅與x0有關，而與h無關C．僅與h有關，而與x0無關D．與x0、h均無關答案B3．已知函數f(x)＝2x2－1的圖象上一點(1,1)及鄰近一點(1＋Δx,1＋Δy)，則eq\f(Δy,Δx)等于()A．4 B．4xC．4＋2Δx D．4＋2(Δx)2答案C解析Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝2(1＋Δx)2－1－1＝2(Δx)2＋4Δx，∴eq\f(Δy,Δx)＝2Δx＋4.4．已知函數f(x)＝eq\f(1,\r(x))，則f′(1)＝________.答案－eq\f(1,2)解析f′(1)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(1,\r(1＋Δx))－1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(－1,\r(1＋Δx)1＋\r(1＋Δx))＝－eq\f(1,2).利用導數定義求導數三步曲：(1)作差求函數的增量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)作比求平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)；(3)取極限得導數f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)，簡記為一差，二比，三極限.一、基礎達標1．函數y＝f(x)在x0到x0＋Δx之間的平均變化率eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)中，Δx不可能是()A．大于0 B．小于0C．等于0 D．大于0或小于0答案C2．如圖，函數y＝f(x)在A，B兩點間的平均變化率是()A．1 B．－1C．2 D．－2答案B解析eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f3－f1,3－1)＝eq\f(1－3,2)＝－1.3．如果某物體的運動方程為s＝2(1－t2)(s的單位為m，t的單位為s)，那么其在s末的瞬時速度為()A．－4.8m/s B．－0.88m/sC．0.88m/s D．4.8m/s答案A解析物體運動在s末的瞬時速度即為s在處的導數，利用導數的定義即可求得．4．設函數f(x)可導，則eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋3Δx－f1,3Δx)等于()A．f′(1) B．3f′C．eq\f(1,3)f′(1) D．f′(3)答案A解析eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋3Δx－f1,3Δx)＝f′(1)．5．已知函數y＝eq\f(2,x)＋3，當x由2變到時，函數的增量Δy＝________.答案eq\f(1,3)解析Δy＝f－f(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,＋3))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋3))＝eq\f(4,3)－1＝eq\f(1,3).6．一做直線運動的物體，其位移s與時間t的關系是s＝3t－t2，則物體的初速度是________．答案3解析v初＝s′|t＝0＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(s0＋Δt－s0,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(3－Δt)＝3.7．利用定義求函數y＝－2x2＋5在x＝2處的瞬時變化率．解因為在x＝2附近，Δy＝－2(2＋Δx)2＋5－(－2×22＋5)＝－8Δx－2(Δx)2，所以函數在區(qū)間[2,2＋Δx]內的平均變化率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(－8Δx－2Δx2,Δx)＝－8－2Δx.故函數y＝－2x2＋5在x＝2處的瞬時變化率為eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(－8－2Δx)＝－8.二、能力提升8.甲、乙兩廠污水的排放量W與時間t的關系如圖所示，治污效果較好的是()A．甲 B．乙C．相同 D．不確定答案B解析在t0處，雖然W1(t0)＝W2(t0)，但是，在t0－Δt處，W1(t0－Δt)<W2(t0－Δt)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(W1t0－W1t0－Δt,Δt)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(W2t0－W2t0－Δt,Δt)))，所以，在相同時間Δt內，甲廠比乙廠的平均治污率?。砸覐S治污效果較好．9．過曲線y＝f(x)＝x2＋1上兩點P(1,2)和Q(1＋Δx,2＋Δy)作曲線的割線，當Δx＝時，割線的斜率k＝________，當Δx＝時，割線的斜率k＝________.答案解析∵Δy＝(1＋Δx)2＋1－(12＋1)＝2Δx＋(Δx)2，∴eq\f(Δy,Δx)＝2＋Δx，∴割線斜率為2＋Δx，當Δx＝時，割線PQ的斜率k＝2＋＝.當Δx＝時，割線PQ的斜率k＝2＋＝.10．已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的導數為f′(x)，f′(0)>0，對于任意實數x，有f(x)≥0，則eq\f(f1,f′0)的最小值為________．答案2解析由導數的定義，得f′(0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fΔx－f0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(aΔx2＋bΔx＋c－c,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[a·(Δx)＋b]＝b＞0.又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2－4ac≤0,a>0))，∴ac≥eq\f(b2,4)，∴c>0.∴eq\f(f1,f′0)＝eq\f(a＋b＋c,b)≥eq\f(b＋2\r(ac),b)≥eq\f(2b,b)＝2.11．求函數y＝f(x)＝2x2＋4x在x＝3處的導數．解Δy＝2(3＋Δx)2＋4(3＋Δx)－(2×32＋4×3)＝12Δx＋2(Δx)2＋4Δx＝2(Δx)2＋16Δx，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(2Δx2＋16Δx,Δx)＝2Δx＋16.∴y′|x＝3＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2Δx＋16)＝16.12．若函數f(x)＝ax2＋c，且f′(1)＝2，求a的值．解∵f(1＋Δx)－f(1)＝a(1＋Δx)2＋c－a－c＝a(Δx)2＋2aΔx∴f′(1)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(aΔx2＋2aΔx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(aΔx＋2a)＝2a，即2a＝2，∴a＝1.三、探究與創(chuàng)新13．已知f(x)＝x2，g(x)＝x3，求滿足f′(x)＋2＝g′(x)的x的值．解由導數的定義知，f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx2－x2,Δx)＝2x，g′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx3－x3,Δx)＝3x2.∵f′(x)＋2＝g′(x)，∴2x＋2＝3x2.即3x2－2x－2＝0，解得x＝eq\f(1－\r(7),3)或x＝eq\f(1＋\r(7),3).1．導數的幾何意義[學習目標]1．了解導函數的概念；了解導數與割線斜率之間的關系．2．理解曲線的切線的概念；理解導數的幾何意義．3．會求曲線上某點處的切線方程，初步體會以直代曲的意義．[知識鏈接]如果一個函數是路程關于時間的函數，那么函數在某點處的導數就是瞬時速度，這是函數的實際意義，那么從函數的圖象上來考查函數在某點處的導數，它具有怎樣的幾何意義呢？答設函數y＝f(x)的圖象如圖所示，AB是過點A(x0，f(x0))與點B(x0＋Δx，f(x0＋Δx))的一條割線，此割線的斜率是eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).當點B沿曲線趨近于點A時，割線AB繞點A轉動，它的極限位置為直線AD，這條直線AD叫做此曲線在點A處的切線．于是，當Δx→0時，割線AB的斜率無限趨近于過點A的切線AD的斜率k，即k＝f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).[預習導引]1．導數的幾何意義函數y＝f(x)在點x＝x0處的導數的幾何意義是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率．也就是說，曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率是f′(x0)．相應地，切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．函數的導函數當x＝x0時，f′(x0)是一個確定的數，則當x變化時，f′(x)是x的一個函數，稱f′(x)是f(x)的導函數(簡稱導數)．f′(x)也記作y′，即f′(x)＝y(tǒng)′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).要點一過曲線上一點的切線方程例1若曲線y＝x3＋3ax在某點處的切線方程為y＝3x＋1，求a的值．解∵y＝x3＋3ax.∴y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx3＋3ax＋Δx－x3－3ax,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(3x2Δx＋3xΔx2＋Δx3＋3aΔx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[3x2＋3xΔx＋(Δx)2＋3a]＝3x2＋3a.設曲線與直線相切的切點為P(x0，y0)，結合已知條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)＋3a＝3，,x\o\al(3,0)＋3ax0＝y(tǒng)0＝3x0＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1－\f(\r(3,2),2)，,x0＝－\f(\r(3,4),2).))∴a＝1－eq\f(\r(3,2),2).規(guī)律方法一般地，設曲線C是函數y＝f(x)的圖象，P(x0，y0)是曲線C上的定點，由導數的幾何意義知k＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，繼而由點與斜率可得點斜式方程，化簡得切線方程．跟蹤演練1求曲線y＝eq\f(1,x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))處的切線方程．解因為eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f2＋Δx－f2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(1,2＋Δx)－\f(1,2),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(－1,22＋Δx)＝－eq\f(1,4).所以這條曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))處的切線斜率為－eq\f(1,4)，由直線的點斜式方程可得切線方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)(x－2)，即x＋4y－4＝0.要點二求過曲線外一點的切線方程例2已知曲線y＝2x2－7，求：(1)曲線上哪一點的切線平行于直線4x－y－2＝0?(2)曲線過點P(3,9)的切線方程．解y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f([2x＋Δx2－7]－2x2－7,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(4x＋2Δx)＝4x.(1)設切點為(x0，y0)，則4x0＝4，x0＝1，y0＝－5，∴切點坐標為(1，－5)．(2)由于點P(3,9)不在曲線上．設所求切線的切點為A(x0，y0)，則切線的斜率k＝4x0，故所求的切線方程為y－y0＝4x0(x－x0)．將P(3,9)及y0＝2xeq\o\al(2,0)－7代入上式，得9－(2xeq\o\al(2,0)－7)＝4x0(3－x0)．解得x0＝2或x0＝4，所以切點為(2,1)或(4,25)．從而所求切線方程為8x－y－15＝0或16x－y－39＝0.規(guī)律方法若題中所給點(x0，y0)不在曲線上，首先應設出切點坐標，然后根據導數的幾何意義列出等式，求出切點坐標，進而求出切線方程．跟蹤演練2求過點A(2,0)且與曲線y＝eq\f(1,x)相切的直線方程．解易知點(2,0)不在曲線上，故設切點為P(x0，y0)，由y′|x＝x0＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(1,x0＋Δx)－\f(1,x0),Δx)＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))，得所求直線方程為y－y0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))(x－x0)．由點(2,0)在直線上，得xeq\o\al(2,0)y0＝2－x0，再由P(x0，y0)在曲線上，得x0y0＝1，聯(lián)立可解得x0＝1，y0＝1，所求直線方程為x＋y－2＝0.要點三求切點坐標例3在曲線y＝x2上過哪一點的切線，(1)平行于直線y＝4x－5；(2)垂直于直線2x－6y＋5＝0；(3)與x軸成135°的傾斜角．解f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx2－x2,Δx)＝2x，設P(x0，y0)是滿足條件的點．(1)因為切線與直線y＝4x－5平行，所以2x0＝4，x0＝2，y0＝4，即P(2,4)是滿足條件的點．(2)因為切線與直線2x－6y＋5＝0垂直，所以2x0·eq\f(1,3)＝－1，得x0＝－eq\f(3,2)，y0＝eq\f(9,4)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(9,4)))是滿足條件的點．(3)因為切線與x軸成135°的傾斜角，所以其斜率為－1.即2x0＝－1，得x0＝－eq\f(1,2)，y0＝eq\f(1,4)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))是滿足條件的點．規(guī)律方法解答此類題目時，所給的直線的傾斜角或斜率是解題的關鍵，由這些信息得知函數在某點處的導數，進而可求此點的橫坐標．解題時要注意解析幾何知識的應用，如直線的傾斜角與斜率的關系，平行，垂直等．跟蹤演練3已知拋物線y＝2x2＋1，求(1)拋物線上哪一點的切線平行于直線4x－y－2＝0?(2)拋物線上哪一點的切線垂直于直線x＋8y－3＝0?解設點的坐標為(x0，y0)，則Δy＝2(x0＋Δx)2＋1－2xeq\o\al(2,0)－1＝4x0·Δx＋2(Δx)2.∴eq\f(Δy,Δx)＝4x0＋2Δx.當Δx無限趨近于零時，eq\f(Δy,Δx)無限趨近于4x0.即f′(x0)＝4x0.(1)∵拋物線的切線平行于直線4x－y－2＝0，∴斜率為4，即f′(x0)＝4x0＝4，得x0＝1，該點為(1,3)．(2)∵拋物線的切線與直線x＋8y－3＝0垂直，∴斜率為8，即f′(x0)＝4x0＝8，得x0＝2，該點為(2,9)．1．已知曲線y＝f(x)＝2x2上一點A(2,8)，則點A處的切線斜率為()A．4 B．16C．8 D．2答案C解析f′(2)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f2＋Δx－f2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(22＋Δx2－8,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(8＋2Δx)＝8，即k＝8.2．若曲線y＝x2＋ax＋b在點(0，b)處的切線方程是x－y＋1＝0，則()A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝－1答案A解析由題意，知k＝y(tǒng)′|x＝0＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(0＋Δx2＋a0＋Δx＋b－b,Δx)＝1，∴a＝1.又(0，b)在切線上，∴b＝1，故選A.3．已知曲線y＝eq\f(1,2)x2－2上一點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，則過點P的切線的傾斜角為()A．30° B．45°C．135° D．165°答案B解析∵y＝eq\f(1,2)x2－2，∴y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(1,2)x＋Δx2－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－2)),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(1,2)Δx2＋x·Δx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)Δx))＝x.∴y′|x＝1＝1.∴點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))處切線的斜率為1，則切線的傾斜角為45°.4．已知曲線y＝f(x)＝2x2＋4x在點P處的切線斜率為16.則P點坐標為________．答案(3,30)解析設點P(x0,2xeq\o\al(2,0)＋4x0)，則f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2Δx2＋4x0·Δx＋4Δx,Δx)＝4x0＋4，令4x0＋4＝16得x0＝3，∴P(3,30)．1．導數f′(x0)的幾何意義是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝f′(x0)，物理意義是運動物體在某一時刻的瞬時速度．2．“函數f(x)在點x0處的導數”是一個數值，不是變數，“導函數”是一個函數，二者有本質的區(qū)別，但又有密切關系，f′(x0)是其導數y＝f′(x)在x＝x0處的一個函數值．3．利用導數求曲線的切線方程，要注意已知點是否在曲線上．如果已知點在曲線上，則以該點為切點的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；若已知點不在切線上，則設出切點(x0，f(x0))，表示出切線方程，然后求出切點.一、基礎達標1．下列說法正確的是()A．若f′(x0)不存在，則曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處就沒有切線B．若曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處有切線，則f′(x0)必存在C．若f′(x0)不存在，則曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線斜率不存在D．若曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處沒有切線，則f′(x0)有可能存在答案C解析k＝f′(x0)，所以f′(x0)不存在只說明曲線在該點的切線斜率不存在，而當斜率不存在時，切線方程也可能存在，其切線方程為x＝x0.2．已知y＝f(x)的圖象如圖所示，則f′(xA)與f′(xB)的大小關系是()A．f′(xA)>f′(xB)B．f′(xA)<f′(xB)C．f′(xA)＝f′(xB)D．不能確定答案B解析由導數的幾何意義，f′(xA)，f′(xB)分別是切線在點A、B處切線的斜率，由圖象可知f′(xA)<f′(xB)．3．在曲線y＝x2上切線傾斜角為eq\f(π,4)的點是()A．(0,0) B．(2,4)C．(eq\f(1,4)，eq\f(1,16)) D．(eq\f(1,2)，eq\f(1,4))答案D解析∵y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx2－x2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2x＋Δx)＝2x，∴令2x＝taneq\f(π,4)＝1，得x＝eq\f(1,2).∴y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，所求點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).4．設曲線y＝ax2在點(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行，則a等于()A．1 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．－1答案A解析∵y′|x＝1＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(a1＋Δx2－a×12,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2a＋aΔx)＝2a.∴可令2a＝2，∴a＝1.5．設y＝f(x)為可導函數，且滿足條件eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1－f1－x,2x)＝－2，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率是________．答案－4解析由eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1－f1－x,2x)＝－2，∴eq\f(1,2)f′(1)＝－2，f′(1)＝－4.6．已知函數y＝f(x)的圖象在點M(1，f(1))處的切線方程是y＝eq\f(1,2)x＋2，則f(1)＋f′(1)＝________.答案3解析由在M點的切線方程y＝eq\f(1,2)x＋2得f(1)＝eq\f(1,2)×1＋2＝eq\f(5,2)，f′(1)＝eq\f(1,2).∴f(1)＋f′(1)＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)＝3.7．求過點P(－1,2)且與曲線y＝3x2－4x＋2在點M(1,1)處的切線平行的直線．解曲線y＝3x2－4x＋2在點M(1,1)處的切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝1＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(31＋Δx2－41＋Δx＋2－3＋4－2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(3Δx＋2)＝2.∴過點P(－1,2)的直線的斜率為2，由點斜式得y－2＝2(x＋1)，即2x－y＋4＝0.所以所求直線方程為2x－y＋4＝0.二、能力提升8.如圖，函數y＝f(x)的圖象在點P處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)＝()A．2 B．3C．4 D．5答案A解析易得切點P(5,3)，∴f(5)＝3，k＝－1，即f′(5)＝－1.∴f(5)＋f′(5)＝3－1＝2.9．若曲線y＝2x2－4x＋P與直線y＝1相切，則P＝________.答案3解析設切點坐標為(x0,1)，則f′(x0)＝4x0－4＝0，∴x0＝1，即切點坐標為(1,1)．∴2－4＋P＝1，即P＝3.10．設P為曲線C：y＝x2＋2x＋3上的點，且曲線C在點P處的切線傾斜角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，則點P橫坐標的取值范圍為________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))解析∵f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx2＋2x＋Δx＋3－x2＋2x＋3,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2x＋2·Δx＋Δx2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(Δx＋2x＋2)＝2x＋2.∴可設P點橫坐標為x0，則曲線C在P點處的切線斜率為2x0＋2.由已知得0≤2x0＋2≤1，∴－1≤x0≤－eq\f(1,2)，∴點P橫坐標的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).11．已知拋物線y＝x2＋4與直線y＝x＋10.求：(1)它們的交點；(2)拋物線在交點處的切線方程．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋4，,y＝x＋10，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝8，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝13，))∴拋物線與直線的交點坐標為(－2,8)或(3,13)．(2)∵y＝x2＋4，∴y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx2＋4－x2＋4,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δx2＋2x·Δx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(Δx＋2x)＝2x.∴y′|x＝－2＝－4，y′|x＝3＝6，即在點(－2,8)處的切線斜率為－4，在點(3,13)處的切線斜率為6.∴在點(－2,8)處的切線方程為4x＋y＝0；在點(3,13)處的切線方程為6x－y－5＝0.12．設函數f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)，若曲線y＝f(x)的斜率最小的切線與直線12x＋y＝6平行，求a的值．解∵Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)＝(x0＋Δx)3＋a(x0＋Δx)2－9(x0＋Δx)－1－(xeq\o\al(3,0)＋axeq\o\al(2,0)－9x0－1)＝(3xeq\o\al(2,0)＋2ax0－9)Δx＋(3x0＋a)(Δx)2＋(Δx)3，∴eq\f(Δy,Δx)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0－9＋(3x0＋a)Δx＋(Δx)2.當Δx無限趨近于零時，eq\f(Δy,Δx)無限趨近于3xeq\o\al(2,0)＋2ax0－9.即f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0－9∴f′(x0)＝3(x0＋eq\f(a,3))2－9－eq\f(a2,3).當x0＝－eq\f(a,3)時，f′(x0)取最小值－9－eq\f(a2,3).∵斜率最小的切線與12x＋y＝6平行，∴該切線斜率為－12.∴－9－eq\f(a2,3)＝－12.解得a＝±3.又a<0，∴a＝－3.三、探究與創(chuàng)新13．已知曲線C：y＝x3.(1)求曲線C上橫坐標為1的點處的切線方程；(2)第(1)小題中的切線與曲線C是否還有其他的公共點？解(1)將x＝1代入曲線C的方程得y＝1，∴切點為P(1,1)．∵f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝meq\f(x0＋Δx3－x\o\al(3,0),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(3x\o\al(2,0)Δx＋3x0Δx2＋Δx3,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[3xeq\o\al(2,0)＋3x0Δx＋(Δx)2]＝3xeq\o\al(2,0)，∴當x0＝1時，k＝f′(1)＝3.∴過P點的切線方程為y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x－1＋1,y＝x3))，可得(x－1)(x2＋x－2)＝0，解得x1＝1，x2＝－2.從而求得公共點為(1,1)或(－2，－8)．說明切線與曲線C的公共點除了切點外，還有其他的公共點.1．2導數的計算1．幾個常用函數的導數1．基本初等函數的導數公式及導數的運算法則(一)[學習目標]1．能根據定義求函數y＝c(c為常數)，y＝x，y＝x2，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導數．2．能利用給出的基本初等函數的導數公式求簡單函數的導數．[知識鏈接]在前面，我們利用導數的定義能求出函數在某一點處的導數，那么能不能利用導數的定義求出比較簡單的函數及基本函數的導數呢？類比用導數定義求函數在某點處導數的方法，如何用定義求函數y＝f(x)的導數？答(1)計算eq\f(Δy,Δx)，并化簡；(2)觀察當Δx趨近于0時，eq\f(Δy,Δx)趨近于哪個定值；(3)eq\f(Δy,Δx)趨近于的定值就是函數y＝f(x)的導數．[預習導引]1．幾個常用函數的導數原函數導函數f(x)＝c(c為常數)f′(x)＝0f(x)＝xf′(x)＝1f(x)＝x2f′(x)＝2xf(x)＝eq\f(1,x)f′(x)＝－eq\f(1,x2)f(x)＝eq\r(x)f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))2．基本初等函數的導數公式原函數導函數f(x)＝c(c為常數)f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q*)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝axf′(x)＝axln_a(a>0，且a≠1)f(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logaxf′(x)＝eq\f(1,xlna)(a>0，且a≠1)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)要點一利用導數定義求函數的導數例1用導數的定義求函數f(x)＝2013x2的導數．解f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2013x＋Δx2－2013x2,x＋Δx－x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2013[x2＋2x·Δx＋Δx2]－2013x2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(4026x·Δx＋2013Δx2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(4026x＋2013Δx)＝4026x.規(guī)律方法解答此類問題，應注意以下幾條：(1)嚴格遵循“一差、二比、三取極限”的步驟．(2)當Δx趨于0時，k·Δx(k∈R)、(Δx)n(n∈N*)等也趨于0.(3)注意通分、分母(或分子)有理化、因式分解、配方等技巧的應用．跟蹤演練1用導數的定義求函數y＝x2＋ax＋b(a，b為常數)的導數．解y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx2＋ax＋Δx＋b－x2＋ax＋b,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x2＋2x·Δx＋Δx2＋ax＋a·Δx＋b－x2－ax－b,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2x·Δx＋a·Δx＋Δx2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2x＋a＋Δx)＝2x＋a.要點二利用導數公式求函數的導數例2求下列函數的導數(1)y＝sineq\f(π,3)；(2)y＝5x；(3)y＝eq\f(1,x3)；(4)y＝eq\r(4,x3)；(5)y＝log3x.解(1)y′＝0；(2)y′＝(5x)′＝5xln5；(3)y′＝(x－3)′＝－3x－4；(4)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,x3)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\f(3,4)))′＝eq\f(3,4)x－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4\r(4,x))；(5)y′＝(log3x)′＝eq\f(1,xln3).規(guī)律方法求簡單函數的導函數的基本方法：(1)用導數的定義求導，但運算比較繁雜；(2)用導數公式求導，可以簡化運算過程、降低運算難度．解題時根據所給問題的特征，將題中函數的結構進行調整，再選擇合適的求導公式．跟蹤演練2求下列函數的導數：(1)y＝x8；(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x；(3)y＝xeq\r(x)；(4)y＝logeq\f(1,3)x.解(1)y′＝8x7；(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xlneq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xln2；(3)∵y＝xeq\r(x)＝xeq\f(3,2)，∴y′＝eq\f(3,2)xeq\f(1,2)；(4)y′＝eq\f(1,xln\f(1,3))＝－eq\f(1,xln3).要點三利用導數公式求曲線的切線方程例3求過曲線y＝sinx上點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))且與過這點的切線垂直的直線方程．解∵y＝sinx，∴y′＝cosx，曲線在點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))處的切線斜率是：y′|x＝eq\f(π,6)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).∴過點P且與切線垂直的直線的斜率為－eq\f(2,\r(3))，故所求的直線方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，即2x＋eq\r(3)y－eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,3)＝0.規(guī)律方法導數的幾何意義是曲線在某點處的切線的斜率；相互垂直的直線斜率乘積等于－1是解題的關鍵．跟蹤演練3已知點P(－1,1)，點Q(2,4)是曲線y＝x2上的兩點，求與直線PQ平行的曲線y＝x2的切線方程．解∵y′＝(x2)′＝2x，設切點為M(x0，y0)，則y′|x＝x0＝2x0，又∵PQ的斜率為k＝eq\f(4－1,2＋1)＝1，而切線平行于PQ，∴k＝2x0＝1，即x0＝eq\f(1,2)，所以切點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).∴所求的切線方程為y－eq\f(1,4)＝x－eq\f(1,2)，即4x－4y－1＝0.1．已知f(x)＝x2，則f′(3)＝()A．0 B．2xC．6 D．9答案C解析∵f(x)＝x2，∴f′(x)＝2x，∴f′(3)＝6.2．函數f(x)＝eq\r(x)，則f′(3)等于()\f(\r(3),6) B．0C．eq\f(1,2\r(x)) D．eq\f(\r(3),2)答案A解析∵f′(x)＝(eq\r(x))′＝eq\f(1,2\r(x))，∴f′(3)＝eq\f(1,2\r(3))＝eq\f(\r(3),6).3．設正弦曲線y＝sinx上一點P，以點P為切點的切線為直線l，則直線l的傾斜角的范圍是()\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)) B．[0，π)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))答案A解析∵(sinx)′＝cosx，∵kl＝cosx，∴－1≤kl≤1，∴αl∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).4．曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標軸所圍三角形的面積為________．答案eq\f(1,2)e2解析∵y′＝(ex)′＝ex，∴k＝e2，∴曲線在點(2，e2)處的切線方程為y－e2＝e2(x－2)，即y＝e2x－e2.當x＝0時，y＝－e2，當y＝0時，x＝1.∴S△＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－e2))＝eq\f(1,2)e2.1．利用常見函數的導數公式可以比較簡捷的求出函數的導數，其關鍵是牢記和運用好導數公式．解題時，能認真觀察函數的結構特征，積極地進行聯(lián)想化歸．2．有些函數可先化簡再應用公式求導．如求y＝1－2sin2eq\f(x,2)的導數．因為y＝1－2sin2eq\f(x,2)＝cosx，所以y′＝(cosx)′＝－sinx.3．對于正、余弦函數的導數，一是注意函數的變化，二是注意符號的變化.一、基礎達標1．下列結論中正確的個數為()①y＝ln2，則y′＝eq\f(1,2)；②y＝eq\f(1,x2)，則y′|x＝3＝－eq\f(2,27)；③y＝2x，則y′＝2xln2；④y＝log2x，則y′＝eq\f(1,xln2).A．0 B．1C．2 D．3答案D解析①y＝ln2為常數，所以y′＝0.①錯．②③④正確．2．過曲線y＝eq\f(1,x)上一點P的切線的斜率為－4，則點P的坐標為()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2))答案B解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)＝－4，x＝±eq\f(1,2)，故選B.3．已知f(x)＝xa，若f′(－1)＝－4，則a的值等于()A．4 B．－4C．5 D．－5答案A解析f′(x)＝axa－1，f′(－1)＝a(－1)a－1＝－4，a＝4.4．函數f(x)＝x3的斜率等于1的切線有()A．1條 B．2條C．3條 D．不確定答案B解析∵f′(x)＝3x2，設切點為(x0，y0)，則3xeq\o\al(2,0)＝1，得x0＝±eq\f(\r(3),3)，即在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),9)))和點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),9)))處有斜率為1的切線．5．曲線y＝eq\f(9,x)在點M(3,3)處的切線方程是________．答案x＋y－6＝0解析∵y′＝－eq\f(9,x2)，∴y′|x＝3＝－1，∴過點(3,3)的斜率為－1的切線方程為：y－3＝－(x－3)即x＋y－6＝0.6．若曲線y＝x－eq\f(1,2)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a－\f(1,2)))處的切線與兩個坐標軸圍成的三角形的面積為18，則a＝________.答案64解析∵y＝x－eq\f(1,2)，∴y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)，∴曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a－\f(1,2)))處的切線斜率k＝－eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)，∴切線方程為y－a－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)(x－a)．令x＝0得y＝eq\f(3,2)a－eq\f(1,2)；令y＝0得x＝3a.∵該切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為S＝eq\f(1,2)·3a·eq\f(3,2)a－eq\f(1,2)＝eq\f(9,4)aeq\f(1,2)＝18，∴a＝64.7．求下列函數的導數：(1)y＝eq\r(5,x3)；(2)y＝eq\f(1,x4)；(3)y＝－2sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2cos2\f(x,4)))；(4)y＝log2x2－log2x.解(1)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5,x3)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\f(3,5)))′＝eq\f(3,5)xeq\f(3,5)－1＝eq\f(3,5)x－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5\r(5,x2)).(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x4)))′＝(x－4)′＝－4x－4－1＝－4x－5＝－eq\f(4,x5).(3)∵y＝－2sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2cos2\f(x,4)))＝2sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(x,4)－1))＝2sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝sinx，∴y′＝(sinx)′＝cosx.(4)∵y＝log2x2－log2x＝log2x，∴y′＝(log2x)′＝eq\f(1,x·ln2).二、能力提升8．已知直線y＝kx是曲線y＝ex的切線，則實數k的值為()\f(1,e) B．－eq\f(1,e)C．－e D．e答案D解析y′＝ex，設切點為(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝kx0,y0＝ex0,k＝ex0.))∴ex0＝ex0·x0，∴x0＝1，∴k＝e.9．曲線y＝lnx在x＝a處的切線傾斜角為eq\f(π,4)，則a＝________.答案1解析y′＝eq\f(1,x)，∴y′|x＝a＝eq\f(1,a)＝1，∴a＝1.10．點P是曲線y＝ex上任意一點，則點P到直線y＝x的最小距離為________．答案eq\f(\r(2),2)解析根據題意設平行于直線y＝x的直線與曲線y＝ex相切于點(x0，y0)，該切點即為與y＝x距離最近的點，如圖．則在點(x0，y0)處的切線斜率為1，即y′|x＝x0＝1.∵y′＝(ex)′＝ex，∴ex0＝1，得x0＝0，代入y＝ex，得y0＝1，即P(0,1)．利用點到直線的距離公式得距離為eq\f(\r(2),2).11．已知f(x)＝cosx，g(x)＝x，求適合f′(x)＋g′(x)≤0的x的值．解∵f(x)＝cosx，g(x)＝x，∴f′(x)＝(cosx)′＝－sinx，g′(x)＝x′＝1，由f′(x)＋g′(x)≤0，得－sinx＋1≤0，即sinx≥1，但sinx∈[－1,1]，∴sinx＝1，∴x＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.12．已知拋物線y＝x2，直線x－y－2＝0，求拋物線上的點到直線的最短距離．解根據題意可知與直線x－y－2＝0平行的拋物線y＝x2的切線，對應的切點到直線x－y－2＝0的距離最短，設切點坐標為(x0，xeq\o\al(2,0))，則y′|x＝x0＝2x0＝1，所以x0＝eq\f(1,2)，所以切點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，切點到直線x－y－2＝0的距離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)，所以拋物線上的點到直線x－y－2＝0的最短距離為eq\f(7\r(2),8).三、探究與創(chuàng)新13．設f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，試求f2014(x)．解f1(x)＝(sinx)′＝cosx，f2(x)＝(cosx)′＝－sinx，f3(x)＝(－sinx)′＝－cosx，f4(x)＝(－cosx)′＝sinx，f5(x)＝(sinx)′＝f1(x)，f6(x)＝f2(x)，…，fn＋4(x)＝fn(x)，可知周期為4，∴f2014(x)＝f2(x)＝－sinx．1.2.2基本初等函數的導數公式及導數的運算法則(二)[學習目標]1．理解函數的和、差、積、商的求導法則．2．理解求導法則的證明過程，能夠綜合運用導數公式和導數運算法則求函數的導數．3．能運用復合函數的求導法則進行復合函數的求導．[知識鏈接]前面我們已經學習了幾個常用函數的導數和基本初等函數的導數公式，這樣做起題來比用導數的定義顯得格外輕松．我們已經會求f(x)＝5和g(x)＝等基本初等函數的導數，那么怎樣求f(x)與g(x)的和、差、積、商的導數呢？答利用導數的運算法則．[預習導引]1．導數運算法則法則語言敘述[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)兩個函數的和(或差)的導數，等于這兩個函數的導數的和(或差)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)兩個函數的積的導數，等于第一個函數的導數乘上第二個函數，加上第一個函數乘上第二個函數的導數eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fx·g′x,[gx]2)(g(x)≠0)兩個函數的商的導數，等于分子的導數乘上分母減去分子乘上分母的導數，再除以分母的平方2．復合函數的求導法則復合函數的概念一般地，對于兩個函數y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過變量u，y可以表示成x的函數，那么稱這個函數為y＝f(u)和u＝g(x)的復合函數，記作y＝f(g(x))復合函數的求導法則復合函數y＝f(g(x))的導數和函數y＝f(u)，u＝g(x)的導數間的關系為yx′＝y(tǒng)u′·ux′，即y對x的導數等于y對u的導數與u對x的導數的乘積要點一利用導數的運算法則求函數的導數例1求下列函數的導數：(1)y＝x3－2x＋3；(2)y＝(x2＋1)(x－1)；(3)y＝3x－lgx.解(1)y′＝(x3)′－(2x)′＋3′＝3x2－2.(2)∵y＝(x2＋1)(x－1)＝x3－x2＋x－1，∴y′＝(x3)′－(x2)′＋x′－1′＝3x2－2x＋1.(3)函數y＝3x－lgx是函數f(x)＝3x與函數g(x)＝lgx的差．由導數公式表分別得出f′(x)＝3xln3，g′(x)＝eq\f(1,xln10)，利用函數差的求導法則可得(3x－lgx)′＝f′(x)－g′(x)＝3xln3－eq\f(1,xln10).規(guī)律方法本題是基本函數和(差)的求導問題，求導過程要緊扣求導法則，聯(lián)系基本函數求導法則，對于不具備求導法則結構形式的可先進行適當的恒等變形轉化為較易求導的結構形式再求導數．跟蹤演練1求下列函數的導數：(1)y＝5－4x3；(2)y＝3x2＋xcosx；(3)y＝ex·lnx；(4)y＝lgx－eq\f(1,x2).解(1)y′＝－12x2；(2)y′＝(3x2＋xcosx)′＝6x＋cosx－xsinx；(3)y′＝eq\f(ex,x)＋ex·lnx；(4)y′＝eq\f(1,xln10)＋eq\f(2,x3).要點二求復合函數的導數例2求下列函數的導數：(1)y＝ln(x＋2)；(2)y＝(1＋sinx)2；解(1)y＝lnu，u＝x＋2∴y′x＝y(tǒng)′u·u′x＝(lnu)′·(x＋2)′＝eq\f(1,u)·1＝eq\f(1,x＋2).(2)y＝u2，u＝1＋sinx，∴yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝(u2)′·(1＋sinx)′＝2u·cosx＝2cosx(1＋sinx)．規(guī)律方法應用復合函數的求導法則求導，應注意以下幾個方面：(1)中間變量的選取應是基本函數結構．(2)正確分析函數的復合層次，并要弄清每一步是哪個變量對哪個變量的求導．(3)一般是從最外層開始，由外及里，一層層地求導．(4)善于把一部分表達式作為一個整體．(5)最后要把中間變量換成自變量的函數．熟練后，就不必再寫中間步驟．跟蹤演練2(1)y＝e2x＋1；(2)y＝(eq\r(x)－2)2.解(1)y＝eu，u＝2x＋1，∴y′x＝y(tǒng)′u·u′x＝(eu)′·(2x＋1)′＝2eu＝2e2x＋1.(2)法一∵y＝(eq\r(x)－2)2＝x－4eq\r(x)＋4，∴y′＝x′－(4eq\r(x))′＋4′＝1－4×eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)＝1－eq\f(2,\r(x)).法二令u＝eq\r(x)－2，則yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝2(eq\r(x)－2)·(eq\r(x)－2)′＝2(eq\r(x)－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(1,\r(x))－0))＝1－eq\f(2,\r(x)).要點三導數的應用例3求過點(1，－1)與曲線f(x)＝x3－2x相切的直線方程．解設P(x0，y0)為切點，則切線斜率為k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－2故切線方程為y－y0＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0) ①∵(x0，y0)在曲線上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)－2x0 ②又∵(1，－1)在切線上，∴將②式和(1，－1)代入①式得－1－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(1－x0)．解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2).故所求的切線方程為y＋1＝x－1或y＋1＝－eq\f(5,4)(x－1)．即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0.規(guī)律方法(1，－1)雖然在曲線上，但是經過該點的切線不一定只有一條，即該點有可能是切點，也可能是切線與曲線的交點，解題時注意不要失解．跟蹤演練3已知某運動著的物體的運動方程為s(t)＝eq\f(t－1,t2)＋2t2(位移單位：m，時間單位：s)，求t＝3s時物體的瞬時速度．解∵s(t)＝eq\f(t－1,t2)＋2t2＝eq\f(t,t2)－eq\f(1,t2)＋2t2＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＋2t2，∴s′(t)＝－eq\f(1,t2)＋2·eq\f(1,t3)＋4t，∴s′(3)＝－eq\f(1,9)＋eq\f(2,27)＋12＝eq\f(323,27)，即物體在t＝3s時的瞬時速度為eq\f(323,27)m/s.1．下列結論不正確的是()A．若y＝3，則y′＝0B．若f(x)＝3x＋1，則f′(1)＝3C．若y＝－eq\r(x)＋x，則y′＝－eq\f(1,2\r(x))＋1D．若y＝sinx＋cosx，則y′＝cosx＋sinx答案D解析利用求導公式和導數的加、減運算法則求解．D項，∵y＝sinx＋cosx，∴y′＝(sinx)′＋(cosx)′＝cosx－sinx.2．函數y＝eq\f(cosx,1－x)的導數是()\f(－sinx＋xsinx,1－x2) B．eq\f(xsinx－sinx－cosx,1－x2)C．eq\f(cosx－sinx＋xsinx,1－x2) D．eq\f(cosx－sinx＋xsinx,1－x)答案C解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,1－x)))′＝eq\f(－sinx1－x－cosx·－1,1－x2)＝eq\f(cosx－sinx＋xsinx,1－x2).3．曲線y＝eq\f(x,x＋2)在點(－1，－1)處的切線方程為()A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1C．y＝－2x－3 D．y＝－2x＋2答案A解析∵y′＝eq\f(x′x＋2－xx＋2′,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，∴k＝y(tǒng)′|x＝－1＝eq\f(2,－1＋22)＝2，∴切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.4．直線y＝eq\f(1,2)x＋b是曲線y＝lnx(x>0)的一條切線，則實數b＝________.答案ln2－1解析設切點為(x0，y0)，∵y′＝eq\f(1,x)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(1,x0)，∴x0＝2，∴y0＝ln2，ln2＝eq\f(1,2)×2＋b，∴b＝ln2－1.求函數的導數要準確把函數分割為基本函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導數．在求導過程中，要仔細分析出函數解析式的結構特征，根據導數運算法則，聯(lián)系基本函數的導數公式．對于不具備導數運算法則結構形式的要進行適當恒等變形，轉化為較易求導的結構形式，再求導數，進而解決一些切線斜率、瞬時速度等問題.一、基礎達標1．設y＝－2exsinx，則y′等于()A．－2excosx B．－2exsinxC．2exsinx D．－2ex(sinx＋cosx)答案D解析y′＝－2(exsinx＋excosx)＝－2ex(sinx＋cosx)．2．當函數y＝eq\f(x2＋a2,x)(a>0)在x＝x0處的導數為0時，那么x0＝()A．a B．±aC．－a D．a2答案B解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋a2,x)))′＝eq\f(2x·x－x2＋a2,x2)＝eq\f(x2－a2,x2)，由xeq\o\al(2,0)－a2＝0得x0＝±a.3．設曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a等于()A．2 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．－2答案D解析∵y＝eq\f(x＋1,x－1)＝1＋eq\f(2,x－1)，∴y′＝－eq\f(2,x－12).∴y′|x＝3＝－eq\f(1,2).∴－a＝2，即a＝－2.4．已知曲線y＝x3在點P處的切線斜率為k，則當k＝3時的P點坐標為()A．(－2，－8) B．(－1，－1)或(1,1)C．(2,8) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,8)))答案B解析y′＝3x2，∵k＝3，∴3x2＝3，∴x＝±1，則P點坐標為(－1，－1)或(1,1)．5．設函數f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為________．答案4解析依題意得f′(x)＝g′(x)＋2x，f′(1)＝g′(1)＋2＝4.6．已知f(x)＝eq\f(1,3)x3＋3xf′(0)，則f′(1)＝________.答案1解析由于f′(0)是一常數，所以f′(x)＝x2＋3f′令x＝0，則f′(0)＝0，∴f′(1)＝12＋3f′7．求下列函數的導數：(1)y＝(2x2＋3)(3x－1)；(2)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2).解(1)法一y′＝(2x2＋3)′(3x－1)＋(2x2＋3)(3x－1)′＝4x(3x－1)＋3(2x2＋3)＝18x2－4x＋9.法二∵y＝(2x2＋3)(3x－1)＝6x3－2x2＋9x－3，∴y′＝(6x3－2x2＋9x－3)′＝18x2－4x＋9.(2)∵y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝x－eq\f(1,2)sinx，∴y′＝x′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx))′＝1－eq\f(1,2)c