高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.1 导数的概念第二课时导学案

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从物理学中我们知道，如果物体运动的轨迹是一条曲线，那么该物体在每一个点处的瞬时速度的方向是与曲线相切的．例如，若物体的运动轨迹如图所示，而且物体是顺次经过A，B两点的，则物体在A点处的瞬时速度的方向与向量v的方向相同．
[问题] 如果设曲线的方程为y＝f(x)，A(x0，f(x0))，那么曲线在点A处的切线的斜率是什么？



知识点一 导数的几何意义
函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k0＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0))_eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)＝f′(x0)．
知识点二 导函数概念
1．定义：若f(x)对于区间(a，b)内任一点都可导，则f(x)在各点处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．
2．记法：f′(x)即f′(x)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0))_eq \f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx)．
eq \a\vs4\al()
曲线的切线并不一定与曲线只有一个交点，可以有多个，甚至可以无穷多．与曲线只有一个公共点的直线也不一定是曲线的切线．
1．若函数y＝f(x)在点x0处的导数存在，则曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是什么？
提示：根据直线的点斜式方程，得切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2.函数y＝f(x)的部分图象如图，根据导数的几何意义，你能比较f′(x1)、f′(x2)和f′(x3)的大小吗？
提示：根据导数的几何意义，因为在A，B处的切线斜率大于零且kA>kB，在C处的切线斜率小于零，所以f′(x1)>f′(x2)>f′(x3)．
1．如果曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为x＋2y－3＝0，那么( )
A．f′(x)＞0 B．f′(x0)＜0
C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)不存在
答案：B
2．已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋2＝0，则f′(1)＝( )
A．4 B．－4
C．－2 D．2
答案：D
3．抛物线y2＝x与x轴、y轴都只有一个公共点，在x轴和y轴这两条直线中，只有________是它的切线．
答案：y轴
[例1] (链接教科书第184页习题4题)已知曲线C：y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)，求曲线C在点P(2，4)处的切线方程．
[解] ∵P(2，4)在曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)上，
∴曲线在点P(2，4)处切线的斜率为
k＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)（2＋Δx）3＋\f(4,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×23＋\f(4,3))),Δx)
＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋2Δx＋\f(1,3)（Δx）2))＝4.
∴曲线在点P(2，4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0.
[母题探究]
(变条件)若将本例中的条件“在点P(2，4)”处换为“过点P(2，4)”，其他条件不变，结论又如何呢？
解：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\c1(x0，\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3)))，则切线的斜率为
k＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)（x0＋Δx）3＋\f(4,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3))),Δx)＝xeq \\al(2,0)，
∴切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq \\al(2,0)(x－x0)，
即y＝xeq \\al(2,0)·x－eq \f(2,3)xeq \\al(3,0)＋eq \f(4,3).
∵点P(2，4)在切线上，
∴4＝2xeq \\al(2,0)－eq \f(2,3)xeq \\al(3,0)＋eq \f(4,3)，即xeq \\al(3,0)－3xeq \\al(2,0)＋4＝0.
∴xeq \\al(3,0)＋xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＋4＝0，
∴xeq \\al(2,0)(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，
解得x0＝－1或x0＝2.
故所求的切线方程为x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.
eq \a\vs4\al()
1．已知曲线上一点P(x0，f(x0))，求在该点处切线方程的三个步骤
2．求过曲线y＝f(x)外一点P(x1，y1)的切线方程的六个步骤
(1)设切点(x0，f(x0))；
(2)利用所设切点求斜率k＝f′(x0)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)；
(3)用(x0，f(x0))，P(x1，y1)表示斜率；
(4)根据斜率相等求得x0，然后求得斜率k；
(5)根据点斜式写出切线方程；
(6)将切线方程化为一般式．
[跟踪训练]
过点(1，－1)且与曲线y＝x3－2x相切的直线方程为( )
A．x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0
B．x－y－2＝0
C．x－y－2＝0或4x＋5y＋1＝0
D．x－y＋2＝0
解析：选A 显然点(1，－1)在曲线y＝x3－2x上，
若切点为(1，－1)，则由f′(1)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)
＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(（1＋Δx）3－2（1＋Δx）－（－1）,Δx)
＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0))[(Δx)2＋3Δx＋1]＝1，
∴切线方程为y－(－1)＝1×(x－1)，即x－y－2＝0.
若切点不是(1，－1)，设切点为(x0，y0)，
则k＝eq \f(y0＋1,x0－1)＝eq \f(xeq \\al(3,0)－2x0＋1,x0－1)＝eq \f(（xeq \\al(3,0)－x0）－（x0－1）,x0－1)
＝xeq \\al(2,0)＋x0－1，
又由导数的几何意义知
k＝f′(x0)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)
＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(（x0＋Δx）3－2（x0＋Δx）－（xeq \\al(3,0)－2x0）,Δx)＝3xeq \\al(2,0)－2，
∴xeq \\al(2,0)＋x0－1＝3xeq \\al(2,0)－2，∴2xeq \\al(2,0)－x0－1＝0，
∵x0≠1，∴x0＝－eq \f(1,2).
∴k＝xeq \\al(2,0)＋x0－1＝－eq \f(5,4)，
∴切线方程为y－(－1)＝－eq \f(5,4)(x－1)，
即5x＋4y－1＝0，故选A.
[例2] 已知抛物线y＝2x2＋1分别满足下列条件，试求出切点的坐标．
(1)切线的倾斜角为45°；
(2)切线平行于直线4x－y－2＝0；
(3)切线垂直于直线x＋8y－3＝0.
[解] 设切点坐标为(x0，y0)，则
Δy＝2(x0＋Δx)2＋1－2xeq \\al(2,0)－1＝4x0·Δx＋2(Δx)2，
∴eq \f(Δy,Δx)＝4x0＋2Δx，
当Δx→0时，eq \f(Δy,Δx)→4x0，即f′(x0)＝4x0.
(1)∵抛物线的切线的倾斜角为45°，
∴斜率为tan 45°＝1.
即f′(x0)＝4x0＝1，得x0＝eq \f(1,4)，
∴切点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(9,8))).
(2)∵抛物线的切线平行于直线4x－y－2＝0，
∴k＝4，即f′(x0)＝4x0＝4，得x0＝1，
∴切点坐标为(1，3)．
(3)∵抛物线的切线与直线x＋8y－3＝0垂直，
则k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)))＝－1，即k＝8，
即f′(x0)＝4x0＝8，得x0＝2，∴切点坐标为(2，9)．
eq \a\vs4\al()
求切点坐标可以按以下步骤进行
(1)设出切点坐标；
(2)利用导数或斜率公式求出斜率；
(3)利用斜率关系列方程，求出切点的横坐标；
(4)把横坐标代入曲线或切线方程，求出切点纵坐标．
[跟踪训练]
直线l：y＝x＋a(a≠0)和曲线C：f(x)＝x3－x2＋1相切，则a的值为___________，切点坐标为____________．
解析：设直线l与曲线C的切点为(x0，y0)，
因为f′(x)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(（x＋Δx）3－（x＋Δx）2＋1－（x3－x2＋1）,Δx)＝3x2－2x，
则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－2x0＝1，解得x0＝1或x0＝－eq \f(1,3)，
当x0＝1时，y0＝xeq \\al(3,0)－xeq \\al(2,0)＋1＝1，
又(x0，y0)在直线y＝x＋a上，
将x0＝1，y0＝1代入得a＝0与已知条件矛盾舍去．
当x0＝－eq \f(1,3)时，y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))eq \s\up12(3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋1＝eq \f(23,27)，
则切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)， \f(23,27)))，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)， \f(23,27)))代入直线y＝x＋a中得a＝eq \f(32,27).
答案：eq \f(32,27) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)， \f(23,27)))
[例3] (链接教科书第184页习题3题)已知函数f(x)的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是( )
A．0B．0C．0D．0[解析] kAB＝eq \f(f（3）－f（2）,3－2)＝f(3)－f(2)，
f′(2)为函数f(x)的图象在点B(2，f(2))处的切线的斜率，
f′(3)为函数f(x)的图象在点A(3，f(3))处的切线的斜率，
根据题图可知0[答案] C
eq \a\vs4\al()
导数与函数图象升降的关系
若函数y＝f(x)在x＝x0处的导数存在且f′(x0)>0(即切线的斜率大于零)，则函数y＝f(x)在x＝x0附近的图象是上升的；若f′(x0)<0(即切线的斜率小于零)，则函数y＝f(x)在x＝x0附近的图象是下降的．导数绝对值的大小反映了曲线上升和下降的快慢．
[跟踪训练]
已知y＝f(x)的图象如图所示，则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是( )
A．f′(xA)>f′(xB) B．f′(xA)C．f′(xA)＝f′(xB) D．不能确定
解析：选B 由导数的几何意义，f′(xA)，f′(xB)分别是切线在点A，B处切线的斜率，由题图可知f′(xA)1．下面说法正确的是( )
A．若f′(x0)不存在，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处没有切线
B．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处有切线，则f′(x0)必存在
C．若f′(x0)不存在，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线斜率不存在
D．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处没有切线，则f′(x0)有可能存在
解析：选C f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率，当切线垂直于x轴时，切线的斜率不存在，但存在切线．
2．曲线f(x)＝－eq \f(2,x)在点M(1，－2)处的切线方程为( )
A．y＝－2x＋4 B．y＝－2x－4
C．y＝2x－4 D．y＝2x＋4
解析：选C eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(\f(－2,1＋Δx)＋2,Δx)＝eq \f(2,1＋Δx)，所以当Δx→0时，f′(1)＝2，即k＝2.所以直线方程为y＋2＝2(x－1)．即y＝2x－4.故选C.
3．已知曲线y＝eq \f(1,3)x3上一点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(8,3)))，求：
(1)点P处的切线的斜率；
(2)点P处的切线方程．
解：(1)由y＝eq \f(1,3)x3，得f′(x)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)
＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(\f(1,3)（x＋Δx）3－\f(1,3)x3,Δx)
＝eq \f(1,3)eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(3x2Δx＋3x（Δx）2＋（Δx）3,Δx)
＝eq \f(1,3)eq \(lim,\s\d4(Δx→0))[3x2＋3xΔx＋(Δx)2]＝x2，
∴f′(2)＝22＝4.
所以点P处的切线的斜率等于4.
(2)在点P处的切线方程为y－eq \f(8,3)＝4(x－2)，
即12x－3y－16＝0.
求曲线的切线方程
求切点坐标
导数几何意义的应用