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    高考数学统考一轮复习第3章3.1变化率与导数导数的计算学案
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    高考数学统考一轮复习第3章3.1变化率与导数导数的计算学案

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    这是一份高考数学统考一轮复习第3章3.1变化率与导数导数的计算学案,共8页。学案主要包含了知识重温,小题热身等内容,欢迎下载使用。


    【知识重温】
    一、必记5个知识点
    1.平均变化率及瞬时变化率
    (1)f(x)从x1到x2的平均变化率是:eq \f(Δy,Δx)=①________________.
    (2)f(x)在x=x0处的瞬时变化率是:eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)=②________________.
    2.导数的概念
    (1)f(x)在x=x0处的导数就是f(x)在x=x0处的③______________,记作或f′(x0),即f′(x0)=eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx0+Δx-fx0,Δx).
    (2)当把上式中的x0看作变量x时,f′(x)即为f(x)的导函数,简称导数,即y′=f′(x)=④________________.
    3.导数的几何意义
    函数f(x)在x=x0处的导数就是⑤____________________________,即曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率k=f′(x0),切线方程为⑥________________.
    4.基本初等函数的导数公式
    (1)C′=⑦________(C为常数).
    (2)(xn)′=⑧________(n∈Q*).
    (3)(sin x)′=⑨________,(cs x)′=⑩________.
    (4)(ex)′=⑪________,(ax)′=⑫________.
    (5)(ln x)′=⑬________,(lgax)′=⑭________.
    5.导数运算法则
    (1)[f(x)±g(x)]′=⑮____________________.
    (2)[f(x)·g(x)]′=⑯____________________.
    (3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′=eq \f(f′xgx-fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0).
    二、必明3个易误点
    1.利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号,防止与乘法公式混淆.
    2.求曲线切线时,要分清在点P处的切线与过P点的切线的区别,前者只有一条,而后者包括了前者.
    3.曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个,这和研究直线与二次曲线相切时有差别.
    【小题热身】
    一、判断正误
    1.判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
    (1)f′(x)与f′(x0)(x0为常数)表示的意义相同.( )
    (2)在曲线y=f(x)上某点处的切线与曲线y=f(x)过某点的切线意义是相同的.( )
    (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( )
    (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( )
    二、教材改编
    2.已知函数f(x)=2xf′(1)+ln x,则f′(1)=( )
    A.e B.1
    C.-1 D.-e
    3.曲线y=1-eq \f(2,x+2)在点(-1,-1)处的切线方程为______________________.
    三、易错易混
    4.如图所示为函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象,那么y=f(x),y=g(x)的图象可能是( )
    5.设f(x)=ln(3-2x)+cs 2x,则f′(0)=________.

    四、走进高考
    6.[2020·全国卷Ⅲ]设函数f(x)=eq \f(ex,x+a).若f′(1)=eq \f(e,4),则a=________.

    eq \x(考点一) 导数的运算[自主练透型]
    1.[2021·华中师范大学第一附中模拟]设函数f(x)的导数为f′(x),且f(x)=x3+eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))x2-x,则f′(1)=________.
    2.已知f(x)=eq \f(cs x,ex),则f′(x)=________.
    3.f(x)=x(2 019+ln x),若f′(x0)=2 020,则x0=________.
    4.[2021·山东省实验中学诊断性考试]设f(x)=aex+bln x,且f′(1)=e,f′(-1)=eq \f(1,e),则a+b=________.

    悟·技法


    [注意] 求导之前,应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简,然后求导,这样可以减少运算量,提高运算速度,减少差错;遇到函数的商的形式时,如能化简则先化简,这样可避免使用商的求导法则,减少运算量.
    考点二 导数的几何意义[分层深化型]
    考向一:已知切点的切线方程
    [例1] [2020·全国卷Ⅰ]函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
    A.y=-2x-1 B.y=-2x+1
    C.y=2x-3 D.y=2x+1
    考向二:未知切点的切线方程
    [例2] (1)[2021·武汉调研]过点P(1,1)作曲线y=x3的切线,则切线方程为______________.
    (2)[2020·全国卷Ⅰ]曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为________.
    考点三 与切线有关的参数问题[互动讲练型]
    [例3] [2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则( )
    A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1
    C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1
    悟·技法
    导数几何意义的应用及解决
    (1)已知切点A(x0,y0)求斜率k,即求该点处的导数值k=f′(x0).
    (2)已知斜率k,求切点A(x1,f(x1)),即解方程f′(x1)=k.
    (3)求过某点M(x1,y1)的切线方程时,需设出切点A(x0,f(x0)),则切线方程为y-f(x0)=f′(x0)(x-x0),再把点M(x1,y1)代入切线方程,求x0.
    (4)根据导数的几何意义求参数的值时,一般是利用切点P(x0,y0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解.
    [提醒] 当切线方程中x(或y)的系数含有字母参数时,则切线恒过定点.
    [同类练]——(着眼于触类旁通)
    1.[2021·福州市高三毕业班适应性练习卷]曲线f(x)=xsin x在点(π,0)处的切线方程为________.
    2.[2021·郑州市高中毕业年级第一次质量预测]曲线y=xex-2x2+1在点(0,1)处的切线方程为________.

    [变式练]——(着眼于举一反三)
    3.[2021·黄冈中学,华师附中等八校联考]设曲线y=2ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=________.
    4.[2021·惠州市高三调研考试试题]函数f(x)=(x+a)ex的图象在x=1和x=-1处的切线相互垂直,则a=( )
    A.-1 B.0 C.1 D.2
    5.[2021·洛阳市尖子生联考]已知f(x)为偶函数,当x>0时,f(x)=ln x-3x,则曲线y=f(x)在点(-1,-3)处的切线与两坐标轴围成图形的面积等于( )
    A.1 B. eq \f(3,4) C. eq \f(1,4) D. eq \f(1,2)
    6.若点P是函数y=ex-e-x-3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)≤x≤\f(1,2)))图象上任意一点,且在点P处切线的倾斜角为α,则α的最小值是( )
    A.eq \f(5π,6) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
    第一节 变化率与导数、导数的计算
    【知识重温】
    ①eq \f(fx2-fx1,x2-x1) ②eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx0+Δx-fx0,Δx) ③瞬时变化率 ④eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(fx+Δx-fx,Δx) ⑤曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率 ⑥y-y0=f′(x0)(x-x0) ⑦0 ⑧nxn-1 ⑨cs x ⑩-sin x ⑪ex ⑫axln a ⑬eq \f(1,x) ⑭eq \f(1,xln a) ⑮f′(x)±g′(x) ⑯f′(x)g(x)+f(x)g′(x)
    【小题热身】
    1.答案:(1)× (2)× (3)√ (4)×
    2.解析:∵f(x)=2xf′(1)+ln x,∴f′(x)=2f′(1)+eq \f(1,x),
    ∴f′(1)=2f′(1)+1,∴f′(1)=-1.
    答案:C
    3.解析:∵y′=eq \f(2,x+22),∴y′|x=-1=2.∴所求切线方程为2x-y+1=0.
    答案:2x-y+1=0
    4.解析:由y=f′(x)的图象知,y=f′(x)在(0,+∞)上单调递减,说明函数y=f(x)的切线的斜率在(0,+∞)上也单调递减,故可排除A,C;又由图象知y=f′(x)与y=g′(x)的图象在x=x0处相交,说明y=f(x)与y=g(x)的图象在x=x0处的切线的斜率相同,故可排除B,故选D.
    答案:D
    5.解析:因为f′(x)=-eq \f(2,3-2x)-2sin 2x,所以f′(0)=-eq \f(2,3).
    答案:-eq \f(2,3)
    6.解析:由于f′(x)=eq \f(exx+a-ex,x+a2),故f′(1)=eq \f(ea,1+a2)=eq \f(e,4),解得a=1.
    答案:1
    课堂考点突破
    考点一
    1.解析:因为f(x)=x3+eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))x2-x,
    所以f′(x)=3x2+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))x-1.
    所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))=3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))×eq \f(2,3)-1.
    解得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))=-1.
    所以f′(x)=3x2-2x-1,所以f′(1)=0.
    答案:0
    2.解析:f′(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs x,ex)))′=eq \f(cs x′ex-cs xex′,ex2)=-eq \f(sin x+cs x,ex).
    答案:-eq \f(sin x+cs x,ex)
    3.解析:f′(x)=2 019+ln x+x·eq \f(1,x)=2 020+ln x,由f′(x0)=2 020,得2 020+ln x0=2 020,∴x0=1.
    答案:1
    4.解析:f′(x)=aex+eq \f(b,x),∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1=ae+b=e,f′-1=ae-1-b=\f(1,e))),解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a=1,,b=0,))∴a+b=1.
    答案:1
    考点二
    例1 解析:f′(x)=4x3-6x2,则f′(1)=-2,易知f(1)=-1,由点斜式可得函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程为y-(-1)=-2(x-1),即y=-2x+1.故选B.
    答案:B
    例2 解析:(1)设切点坐标为(x0,y0),由y=x3,得y′=3x2,所以切线的斜率k=y′|x=x0=3xeq \\al(2,0),则切线方程为y-y0=3xeq \\al(2,0)(x-x0).又点(x0,y0)在曲线y=x3上,且点P(1,1)在切线上,所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1-y0=3x\\al(2,0)1-x0,,y0=x\\al(3,0),))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0=1,,y0=1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0=-\f(1,2),,y0=-\f(1,8),))所以切线方程为y-1=3(x-1)或y+eq \f(1,8)=eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,2))),即y=3x-2或y=eq \f(3,4)x+eq \f(1,4).
    (2)设切点坐标为(x0,ln x0+x0+1).由题意得y′=eq \f(1,x)+1,则该切线的斜率k=eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)+1))))x=x0=eq \f(1,x0)+1=2,解得x0=1,所以切点坐标为(1,2),所以该切线的方程为y-2=2(x-1),即y=2x.
    答案:(1)y=3x-2或y=eq \f(3,4)x+eq \f(1,4)
    (2)y=2x
    考点三
    例3 解析:因为y′=aex+ln x+1,所以y′|x=1=ae+1,所以曲线在点(1,ae)处的切线方程为y-ae=(ae+1)(x-1),即y=(ae+1)x-1,所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ae+1=2,,b=-1,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a=e-1,b=-1.))
    答案:D
    同类练
    1.解析:因为f′(x)=sin x+xcs x,所以f′(π)=sin π+πcs π=-π,所以曲线f(x)在点(π,0)处的切线方程为y=-π(x-π),即πx+y-π2=0.
    答案:πx+y-π2=0
    2.解析:由题意得y′=(x+1)ex-4x,则曲线y=xex-2x2+1在点(0,1)处的切线的斜率为k=y′|x=0=1,所以所求的切线方程为y=x+1,即x-y+1=0.
    答案:x-y+1=0
    3.解析:由已知得y′=2a-eq \f(1,x+1)(x>-1),所以y′|x=0=2a-1=2,解得a=eq \f(3,2).
    答案:eq \f(3,2)
    4.解析:f′(x)=(x+a+1)ex,故f′(1)=(a+2)e,f′(-1)=eq \f(a,e).由题意可得f′(1)·f′(-1)=-1,即(a+2)e·eq \f(a,e)=-1,解得a=-1,选A.
    答案:A
    5.解析:当x>0时,f′(x)=eq \f(1,x)-3,因为f(x)是偶函数,所以f′(x)是奇函数,故在(-1,-3)处切线的斜率k=f′(-1)=-f′(1)=2,所以切线方程为y+3=2(x+1),该切线与x轴,y轴的交点分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),0)),(0,-1),所以该切线与两坐标轴围成图形的面积等于eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1=eq \f(1,4),故选C.
    答案:C
    6.解析:由题意知y′=ex+e-x-3≥2-3=-1,当且仅当x=0时等号成立,即tan α≥-1,又-eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2),所以y′=ex+e-x-3≤eq \r(e)+eq \f(1,\r(e))-3<0,所以-1≤tan α<0,又α∈[0,π],所以α的最小值是eq \f(3π,4).
    答案:B
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