高考数学总复习第二章 函数与导数第11课时 导数的概念与运算

函数与导数第11课时导数的概念与运算(对应学生用书(文)、(理)28～29页)考情分析考点新知①导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的对象，主要考查求导数的基本公式和法则.②对导数几何意义的考查几乎年年都有，往往以导数几何意义为背景设置成导数与解析几何的简单综合．①了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义.②能根据基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.1.(选修22P7例4改编)已知函数f(x)＝1＋eq\f(1,x)，则f(x)在区间[1，2]，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上的平均变化率分别为________．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.(选修22P12练习2改编)一个物体的运动方程为s＝1－t＋t2，其中s的单位是m，t的单位是s，那么物体在3s末的瞬时速度是_______m/s.答案：5解析：s′(t)＝2t－1，s′(3)＝2×3－1＝5.3.(选修22P26习题5)曲线y＝eq\f(1,2)x－cosx在x＝eq\f(π,6)处的切线方程为________．答案：x－y－eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),2)＝0解析：设f(x)＝eq\f(1,2)x－cosx，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2)＋sineq\f(π,6)＝1，故切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(\r(3),2)))＝x－eq\f(π,6)，化简可得x－y－eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),2)＝0.4.(选修22P26习题8)已知函数f(x)＝eq\f(（x－2）2,x＋1)，则f(x)的导函数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.(选修22P20练习7)若直线y＝eq\f(1,2)x＋b是曲线y＝lnx(x>0)的一条切线，则实数b＝________．答案：ln2－1解析：设切点(x0，lnx0)，则切线斜率k＝eq\f(1,x0)＝eq\f(1,2)，所以x0＝2.又切点(2，ln2)在切线y＝eq\f(1,2)x＋b上，所以b＝ln2－1.1.平均变化率一般地，函数f(x)在区间[x1，x2]上的平均变化率为eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)．2.函数f(x)在x＝x0处的导数设函数f(x)在区间(a，b)上有定义，x0∈(a，b)，当Δx无限趋近于0时，比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)__，无限趋近于一个常数A，则称f(x)在点x＝x0处可导，并称该常数A为函数f(x)在点x＝x0处的导数，记作f′(x0)．3.导数的几何意义导数f′(x0)的几何意义就是曲线f(x)在点(x0，f(x0))的切线的斜率．4.导函数(导数)若f(x)对于区间(a，b)内任一点都可导，则f(x)在各点的导数也随着自变量x的变化而变化，因而也是自变量x的函数，该函数称为f(x)的导函数，记作f′(x)．5.基本初等函数的导数公式(1)C′＝0(C为常数)；(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.导数的四则运算法则若u(x)，v(x)的导数都存在，则(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为常数)．[备课札记]题型1平均变化率与瞬时变化率例1某一运动物体，在x(s)时离出发点的距离(单位：m)是f(x)＝eq\f(2,3)x3＋x2＋2x.(1)求在第1s内的平均速度；(2)求在1s末的瞬时速度；(3)经过多少时间该物体的运动速度达到14m解：(1)物体在第1s内的平均变化率(即平均速度)为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.当Δx→0时，eq\f(Δy,Δx)→6，所以物体在1s末的瞬时速度为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.当Δx→0时，eq\f(Δy,Δx)→2x2＋2x＋2，令2x2＋2x＋2＝14，解得x＝2s，即经过2s该物体的运动速度达到14m/s.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)在F1赛车中，赛车位移与比赛时间t存在函数关系s＝10t＋5t2(s的单位为m，t的单位为s)．求：(1)t＝20s，Δt＝0.1s时的Δs与eq\f(Δs,Δt)；(2)t＝20s时的瞬时速度．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)由导数的定义，知在t＝20s的瞬时速度为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.当Δt→0，t＝20s时，v＝10×20＋10＝210m/s.答：t＝20s，Δt＝0.1s时的Δs为21.05m，eq\f(Δs,Δt)为210.5m/s，即在t＝20s时瞬时速度为210m/s.题型2利用导数公式、求导法则求导例2求下列函数的导数．(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(备选变式（教师专享）)求下列函数的导数．(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).题型3利用导数的几何意义解题例3已知函数f(x)＝eq\f(ax,x2＋b)，且f(x)的图象在x＝1处与直线y＝2相切．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若P(x0，y0)为f(x)图象上的任意一点，直线l与f(x)的图象切于P点，求直线l的斜率k的取值范围．解：(1)对函数f(x)求导，得f′(x)＝eq\f(a（x2＋b）－ax（2x）,（x2＋b）2)＝eq\f(ab－ax2,（x2＋b）2).∵f(x)的图象在x＝1处与直线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)，∴直线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]，则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(变式训练)(1)已知曲线y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，求曲线过点P(2，4)的切线方程；(2)求抛物线y＝x2上点到直线x－y－2＝0的最短距离．解：(1)设曲线y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)与过点P(2，4)的切线相切于点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，则切线的斜率k＝xeq\o\al(2,0)，切线方程为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).因为点P(2，4)在切线上，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，故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.(2)由题意得，与直线x－y－2＝0平行的抛物线y＝x2的切线对应的切点到直线x－y－2＝0距离最短，设切点为(x0，xeq\o\al(2,0))，则切线的斜率为2x0＝1，所以x0＝eq\f(1,2)，切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，切点到直线x－y－2＝0的距离为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·大纲)已知曲线y＝x4＋ax2＋1在点(－1，a＋2)处切线的斜率为8，则a＝________．答案：－6解析：y′＝4x3＋2ax，由题意，k＝y′|x＝－1＝－4－2a＝8，所以a＝－6.2.(2013·南通一模)曲线f(x)＝eq\f(f′（1）,e)ex－f(0)x＋eq\f(1,2)x2在点(1，f(1))处的切线方程为________．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，从而f(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1＋x，∴f(1)＝e－eq\f(1,2)，f′(1)＝e，故切线方程为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)记定义在R上的函数y＝f(x)的导函数为f′(x)．如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，则称x0为函数f(x)在区间[a，b]上的“中值点”，那么函数f(x)＝x3－3x在区间[－2，2]上“中值点”的个数为________．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个．4.(2013·盐城二模)若实数a、b、c、d满足eq\f(a2－2lna,b)＝eq\f(3c－4,d)＝1，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为________．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，∴点(a，b)在曲线y＝x2－2lnx上，点(c，d)在曲线y＝3x－4上，(a－c)2＋(b－d)2的几何意义就是曲线y＝x2－2lnx到曲线y＝3x－4上点的距离最小值的平方．考查曲线y＝x2－2lnx(x>0)平行于直线y＝3x－4的切线，∵y′＝2x－eq\f(2,x)，令y′＝2x－eq\f(2,x)＝3，解得x＝2，∴切点为(2，4－2ln2)，该切点到直线y＝3x－4的距离d＝eq\f(|3×2－4＋2ln2－4|,\r(32＋（－1）2))＝eq\f(2－2ln2,\r(10))就是所要求的两曲线间的最小距离，故(a－c)2＋(b－d)2的最小值为d2＝eq\f(2,5)(1－ln2)2.1.已知函数f(x)＝ex－f(0)x＋eq\f(1,2)x2，则f′(1)＝____．答案：e解析：由条件，f(0)＝e0－f(0)×0＋eq\f(1,2)×02＝1，则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.已知曲线C1：y＝x2与C2：y＝－(x－2)2，直线l与C1、C2都相切，则直线l的方程是____________．答案：y＝0或y＝4x－4解析：设两个切点的坐标依次为(x1，xeq\o\al(2,1))，(x2，－(x2－2)2)，由条件，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，))从而可求直线方程为y＝0或y＝4x－4.3.已知函数f(x)＝xlnx，过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0))作函数y＝f(x)图象的切线，则切线的方程为________．答案：x＋y＋eq\f(1,e2)＝0解析：设切点T(x0，y0)，则kAT＝f′(x0)，∴eq\f(x0lnx0,x0＋\f(1,e2))＝lnx0＋1，即e2x0＋lnx0＋1＝0，设h(x)＝e2x＋lnx＋1，当x>0时h′(x)>0，∴h(x)是单调递增函数，∴h(x)＝0最多只有一个根．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得切线方程是x＋y＋eq\f(1,e2)＝0.4.已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx(a≠0)，设函数f(x)的图象C1与函数g(x)的图象C2交于两点P、Q，过线段PQ的中点R作x轴垂线分别交C1、C2于点M、N，问是否存在点R，使C1在点M处的切线与C2在点N处的切线互相平行？若存在，求出点R的横坐标；若不存在，请说明理由．解：设点P、Q的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，且0＜x2＜x1，则点M、N的横坐标均为eq\f(x1＋x2,2).∴C1在点M处的切线斜率为k1＝eq\f(1,x)|x＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2,x1＋x2)，C2在点N处的切线斜率为k2＝ax＋b|x＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(a（x1＋x2）,2)＋b，假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线互相平行，则k1＝k2，即eq\f(2,x1＋x2)＝eq\f(a（x1＋x2）,2)＋b.∵P、Q是曲线C1、C2的交点，∴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，))两式相减，得lnx1－lnx2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)axeq\o\al(2