2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第2章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第10講導(dǎo)數(shù)的概念及運算講義理含解析

PAGEPAGE12第10講導(dǎo)數(shù)的概念及運算[考綱解讀]1.了解導(dǎo)數(shù)概念的實際背景，能通過函數(shù)圖象直觀理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義．2．能依據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)y＝c(c為常數(shù))，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù)．3．能利用給出的基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運算法則求簡潔函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并能利用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則求簡潔復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并對導(dǎo)數(shù)的幾何意義和物理意義做充分理解．[考向預(yù)料]從近三年高考狀況來看，本講是高考中的必考內(nèi)容．預(yù)料2024年高考將會涉及導(dǎo)數(shù)的運算及幾何意義．以客觀題的形式考查導(dǎo)數(shù)的定義，求曲線的切線方程．導(dǎo)數(shù)的幾何意義也可能會作為解答題中的一問進行考查，試題難度屬中低檔.1．改變率與導(dǎo)數(shù)(1)平均改變率概念對于函數(shù)y＝f(x)，eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＝eq\f(Δy,Δx)叫做函數(shù)y＝f(x)從x1到x2的平均改變率幾何意義函數(shù)y＝f(x)圖象上兩點(x1，f(x1))，(x2，f(x2))連線的eq\o(□,\s\up3(02))斜率物理意義若函數(shù)y＝f(x)表示變速運動的質(zhì)點的運動方程，則eq\f(Δy,Δx)就是該質(zhì)點在[x1，x2]上的eq\o(□,\s\up3(03))平均速度(2)導(dǎo)數(shù)2．導(dǎo)數(shù)的運算1．概念辨析(1)f′(x0)與(f(x0))′表示的意義相同．()(2)與曲線只有一個公共點的直線肯定是曲線的切線．()(3)曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處的切線與過點P(x0，y0)的切線相同．()(4)函數(shù)f(x)＝e－x的導(dǎo)數(shù)是f′(x)＝e－x.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小題熱身(1)下列函數(shù)求導(dǎo)運算正確的個數(shù)為()①(3x)′＝3xlog3e；②(log2x)′＝eq\f(1,x·ln2)；③(e1－x)′＝e1－x；④eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))′＝x.A．1B．2C．3D．4答案A解析①中，(3x)′＝3xln3，錯誤；②中，(log2x)′＝eq\f(1,x·ln2)，正確；③中，(e1－x)′＝－e1－x，錯誤；④中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))′＝eq\f(0·lnx－\f(1,x),lnx2)＝－eq\f(1,xlnx2)，錯誤，因此求導(dǎo)運算正確的個數(shù)為1.(2)有一機器人的運動方程為s＝t2＋eq\f(3,t)(t是時間，s是位移)，則該機器人在時刻t＝2時的瞬時速度為()A.eq\f(19,4)B.eq\f(17,4)C.eq\f(15,4)D.eq\f(13,4)答案D解析s′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(3,t)))′＝2t－eq\f(3,t2)，當(dāng)t＝2時，s′＝2×2－eq\f(3,22)＝eq\f(13,4)，所以該機器人在t＝2時的瞬時速度為eq\f(13,4).(3)函數(shù)f(x)＝x3＋4x＋5的圖象在x＝1處的切線在x軸上的截距為()A．10B．5C．－1D．－eq\f(3,7)答案D解析∵f(x)＝x3＋4x＋5，∴f′(x)＝3x2＋4，∴f′(1)＝7，即切線的斜率為7，又f(1)＝10，故切點坐標(biāo)為(1,10)，∴切線的方程為y－10＝7(x－1)，當(dāng)y＝0時，x＝－eq\f(3,7)，切線在x軸上的截距為－eq\f(3,7).(4)曲線y＝eq\f(sinx,x)在x＝eq\f(π,2)處的切線方程為________．答案y＝－eq\f(4,π2)x＋eq\f(4,π)解析因為y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x)))′＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，當(dāng)x＝eq\f(π,2)時，y′＝eq\f(\f(π,2)cos\f(π,2)－sin\f(π,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))2)＝－eq\f(4,π2)，所以曲線y＝eq\f(sinx,x)在x＝eq\f(π,2)處的切線方程為y－eq\f(sin\f(π,2),\f(π,2))＝－eq\f(4,π2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，整理得y＝－eq\f(4,π2)x＋eq\f(4,π).題型eq\a\vs4\al(一)導(dǎo)數(shù)的運算1．(2024·湖南十二校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，則f′(1)＝________.答案8解析因為f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，所以f′(－1)＝－1＋2f解得f′(－1)＝－2，所以f′(1)＝1＋4＋3＝8.2．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(2x2－1)(3x＋1)；(2)y＝x－sin2xcos2x；(3)y＝excosx；(4)y＝eq\f(ln2x＋1,x).解(1)因為y＝(2x2－1)(3x＋1)＝6x3＋2x2－3x－1，所以y′＝18x2＋4x－3.(2)因為y＝x－sin2xcos2x，所以y＝x－eq\f(1,2)sin4x，所以y′＝1－eq\f(1,2)cos4x×4＝1－2cos4x.(3)y′＝(excosx)′＝(ex)′cosx＋ex(cosx)′＝excosx－exsinx＝ex(cosx－sinx)．(4)y′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ln2x＋1,x)))′＝eq\f([ln2x＋1]′x－x′ln2x＋1,x2)＝eq\f(\f(2x＋1′,2x＋1)·x－ln2x＋1,x2)＝eq\f(\f(2x,2x＋1)－ln2x＋1,x2)＝eq\f(2x－2x＋1ln2x＋1,2x＋1x2).1．謹記一個原則先化簡解析式，使之變成能用求導(dǎo)公式求導(dǎo)的函數(shù)的和、差、積、商，再求導(dǎo)．2．熟記求導(dǎo)函數(shù)的五種形式及解法(1)連乘積形式：先綻開化為多項式的形式，再求導(dǎo)；(2)分式形式：視察函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，先化為整式函數(shù)或較為簡潔的分式函數(shù)，再求導(dǎo)；(3)對數(shù)形式：先化為和、差的形式，再求導(dǎo)；(4)根式形式：先化為分數(shù)指數(shù)冪的形式，再求導(dǎo)；(5)三角形式：先利用三角函數(shù)公式轉(zhuǎn)化為和或差的形式，再求導(dǎo)．3．求復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的一般步驟(1)確定復(fù)合關(guān)系．留意內(nèi)層函數(shù)通常為一次函數(shù)．(2)由外向內(nèi)逐層求導(dǎo)．如舉例說明2(4)中對ln(2x＋1)的求導(dǎo)．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(2)y＝eq\f(sinx,x)；(3)y＝(x2＋2x－1)e2－x.解(1)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))′＝(lnx)′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2).(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x)))′＝eq\f(sinx′x－sinx·x′,x2)＝eq\f(xcosx－sinx,x2).(3)y′＝(x2＋2x－1)′e2－x＋(x2＋2x－1)(e2－x)′＝(2x＋2)e2－x＋(x2＋2x－1)·(－e2－x)＝(3－x2)e2－x.題型eq\a\vs4\al(二)導(dǎo)數(shù)的幾何意義角度1求切線方程1．過點(1，－2)且與y＝x3－3x相切的直線方程為()A．y＝－2或9x＋4y－1＝0B．y＝－2C．9x＋4y＋1＝0D．y＝0或9x＋4y＋1＝0答案A解析y′＝3x2－3，設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，xeq\o\al(3,0)－3x0)，此時在切點處的斜率為y′|x＝xeq\o\al(0)＝3xeq\o\al(2,0)－3，所以切線方程為y－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，將點(1，－2)代入切線方程，整理得2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋1＝0，即(x0－1)2(2x0＋1)＝0，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)，分別代入切線方程可得y＝－2或9x＋4y－1＝0.2．(2024·全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為________．答案y＝2x解析y′＝eq\f(2,x＋1)，k＝eq\f(2,0＋1)＝2，所以切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.角度2求切點坐標(biāo)(多維探究)3．(2024·廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2，若曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程為x＋y＝0，則點P的坐標(biāo)為()A．(0,0) B．(1，－1)C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)答案D解析f′(x)＝(x3＋ax2)′＝3x2＋2ax，由題意得f′(x0)＝－1，x0＋f(x0)＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)＋2ax0＝－1，①,x0＋x\o\al(3,0)＋ax\o\al(2,0)＝0，②))由①知x0≠0，故②可化為1＋xeq\o\al(2,0)＋ax0＝0，所以ax0＝－1－xeq\o\al(2,0)代入①得3xeq\o\al(2,0)＋2(－1－xeq\o\al(2,0))＝－1，即xeq\o\al(2,0)＝1，解得x0＝±1.當(dāng)x0＝1時，a＝－2，f(x0)＝xeq\o\al(3,0)＋axeq\o\al(2,0)＝－1；當(dāng)x0＝－1時，a＝2，f(x0)＝xeq\o\al(3,0)＋axeq\o\al(2,0)＝1，所以點P的坐標(biāo)為(1，－1)或(－1,1)．條件探究在舉例說明3中增加條件“a>0”，若曲線y＝f(x)在點Q(x1，f(x1))處的切線與直線x＋4y＝0垂直，求點Q的坐標(biāo)．解由舉例說明3知f(x)＝x3＋2x2，f′(x)＝3x2＋4x.由題意得f′(x1)＝4，所以3xeq\o\al(2,1)＋4x1＝4，解得x1＝－2或x1＝eq\f(2,3)，f(－2)＝(－2)3＋2×(－2)2＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(32,27)，所以點Q的坐標(biāo)為(－2,0)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(32,27))).角度3求參數(shù)的值(范圍)4．(2024·成都診斷)若曲線y＝f(x)＝lnx＋ax2(a為常數(shù))不存在斜率為負數(shù)的切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))C．(0，＋∞) D．[0，＋∞)答案D解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋1,x)(x>0)，依據(jù)題意有f′(x)≥0(x>0)恒成立，所以2ax2＋1≥0(x>0)恒成立，即2a≥－eq\f(1,x2)(x>0)恒成立，所以a≥0，故實數(shù)a的取值范圍為[0，＋∞)．5．直線y＝kx＋1與曲線y＝x3＋ax＋b相切于點A(1,3)，則2a＋b答案1解析由題意知，y＝x3＋ax＋b的導(dǎo)數(shù)y′＝3x2＋a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13＋a＋b＝3，,3×12＋a＝k，,k＋1＝3，))由此解得k＝2，a＝－1，b＝3，∴2a＋b求切線方程問題的兩種類型及方法(1)求“在”曲線y＝f(x)上一點P(x0，y0)處的切線方程：點P(x0，y0)為切點，切線斜率為k＝f′(x0)，有唯一的一條切線，對應(yīng)的切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．如舉例說明2.(2)求“過”曲線y＝f(x)上一點P(x0，y0)的切線方程：切線經(jīng)過點P，點P可能是切點，也可能不是切點，這樣的直線可能有多條．如舉例說明1，解決問題的關(guān)鍵是設(shè)切點，利用“待定切點法”，即：①設(shè)切點A(x1，y1)，則以A為切點的切線方程為y－y1＝f′(x1)(x－x1)；②依據(jù)題意知點P(x0，y0)在切線上，點A(x1，y1)在曲線y＝f(x)上，得到方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝fx1，,y0－y1＝f′x1x0－x1，))求出切點A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化簡即得所求的切線方程．1．曲線f(x)＝2x－ex與y軸的交點為P，則曲線在點P處的切線方程為()A．x－y＋1＝0 B．x＋y＋1＝0C．x－y－1＝0 D．x＋y－1＝0答案C解析因為f(0)＝2×0－e0＝－1，所以點P的坐標(biāo)為(0，－1)．因為f′(x)＝(2x－ex)′＝2－ex，所以f′(0)＝2－e0＝1，所以曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y－(－1)＝1·(x－0)，整理得x－y－1＝0.故選C.2．若曲線y＝eq\f(1,2e)x2與曲線y＝alnx在它們的公共點P(s，t)處具有公共切線，則實數(shù)a＝()A．1B.eq\f(1,2)C．－1D．2答案A解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)x2))′＝eq\f(x,e)，y′＝(alnx)′＝eq\f(a,x)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(s,e)＝\f(a,s)，①,t＝\f(1,2e)·s2，②,t＝alns，③))由①得s2＝ae代入②得t＝eq\f(a,2).代入③得eq\f(a,2)＝alns，s＝eq\r(e)，所以(eq\r(e))2＝ae，a＝1.3．已知函數(shù)f(x)＝e2x－2ex＋ax－1，曲線y＝f(x)上存在兩條斜率為3的切線，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(3，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2))) D．(0,3)答案B解析f(x)＝e2x－2ex＋ax－1的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝2e2x－2ex＋a，由題意可得2e2x－2ex＋a＝3的解有兩個，即有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)))2＝eq\f(7－2a,4)，即為ex＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(7－2a),2)或ex＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(7－2a),2)，即有7－2a>0且7－2a<1，解得3<a<eq\f(7,2).高頻考點導(dǎo)數(shù)的幾何意義及其應(yīng)用考點分析導(dǎo)數(shù)的幾何意義為高考熱點內(nèi)容，考查題型多為選擇、填空題，也可能出現(xiàn)在解答題中．常見的命題角度有：(1)求切線方程；(2)確定切點坐標(biāo)；(3)已知切線問題求參數(shù)；(4)切線的綜合應(yīng)用．[典例1](2024·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x答案D解析因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x，故選D.[典例2]設(shè)函數(shù)g(x)＝x3＋eq\f(5,2)x2＋3lnx＋b(b∈R)，若曲線y＝g(x)在x＝1處的切線過點(0，－5)，則b＝()A.eq\f(7,2)B.eq\f(5,2)C.eq\f(3,2)D.eq\f(1,2)答案B解析g′(x)＝3x2＋5x＋eq\f(3,x)，則