高考数学一轮复习第三章 3.1

这是一份高考数学一轮复习第三章 3.1，共13页。试卷主要包含了1　导数的概念及运算，导数的运算法则等内容，欢迎下载使用。

1．导数的概念
(1)一般地，函数y＝f (x)在x＝x0处的瞬时变化率是eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f x0＋Δx－f x0,Δx)，我们称它为函数y＝f (x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \(lim,\s\d4(Δx→0)) eq \f(f x0＋Δx－f x0,Δx).
(2)如果函数y＝f (x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f (x)在开区间(a，b)内的导函数．简称导数，记作f′(x)或y′.
2．导数的几何意义
函数y＝f (x)在点x＝x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f (x)在点P(x0，f (x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)．
3．基本初等函数的导数公式
4.导数的运算法则
若f′(x)，g′(x)存在，则有
(1)[f (x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f (x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f (x)g′(x)；
(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)．
5．复合函数的导数
复合函数y＝f (g(x))的导数和函数y＝f (u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．
概念方法微思考
1．根据f′(x)的几何意义思考一下，|f′(x)|增大，曲线f (x)的形状有何变化？
提示 |f′(x)|越大，曲线f (x)的形状越来越陡峭．
2．直线与曲线相切，是不是直线与曲线只有一个公共点？
提示 不一定．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f (x)在x＝x0附近的平均变化率．( × )
(2)f′(x0)＝[f (x0)]′.( × )
(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × )
(4)函数f (x)＝sin(－x)的导数是f′(x)＝cs x．( × )
题组二 教材改编
2．若f (x)＝x·ex，则f′(1)＝ .
答案 2e
解析 ∵f′(x)＝ex＋xex，∴f′(1)＝2e.
3．曲线y＝1－eq \f(2,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为 ．
答案 2x－y＋1＝0
解析 ∵y′＝eq \f(2,x＋22)，∴y′|x＝－1＝2.
∴所求切线方程为2x－y＋1＝0.
题组三 易错自纠
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( )
答案 D
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.
5．已知函数f (x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝4，则a的值等于( )
A.eq \f(19,3) B.eq \f(16,3) C.eq \f(13,3) D.eq \f(10,3)
答案 D
解析 因为f′(x)＝3ax2＋6x，f′(－1)＝3a－6＝4，
所以a＝eq \f(10,3).
6．设f (x)＝ln(3－2x)＋cs 2x，则f′(0)＝ .
答案 －eq \f(2,3)
解析 因为f′(x)＝－eq \f(2,3－2x)－2sin 2x，
所以f′(0)＝－eq \f(2,3).
7．(2019·天津市和平区第一中学月考)已知函数f (x)＝(bx－1)ex＋a(a，b∈R)．若曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝x，则a，b的值分别为a＝ ，b＝ .
答案 1 2
解析 由f (x)＝(bx－1)ex＋a得f′(x)＝ex(bx＋b－1)，曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝x.
f′(0)＝1，f (0)＝0，即b－1＝1，－1＋a＝0，解得a＝1，b＝2.
导数的运算
1．已知f (x)＝ln eq \f(2x－1,2x＋1)，则f′(x)＝ .
答案 eq \f(4,4x2－1)
解析 f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2x－1,2x＋1)))′＝eq \f(1,\f(2x－1,2x＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,2x＋1)))′＝eq \f(2x＋1,2x－1)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2x－1′2x＋1－2x－12x＋1′,2x＋12)))＝eq \f(4,4x2－1).
2．已知f (x)＝sin eq \f(x,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2cs2\f(x,4)))，则f′(x)＝ .
答案 －eq \f(1,2)cs x
解析 因为f (x)＝sin eq \f(x,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－cs \f(x,2)))＝－eq \f(1,2)sin x，
所以f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)sin x))′＝－eq \f(1,2)(sin x)′＝－eq \f(1,2)cs x.
3．f (x)＝x(2 019＋ln x)，若f′(x0)＝2 020，则x0＝ .
答案 1
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.
4．(2020·葫芦岛模拟)已知函数f (x)的导函数为f′(x)，f (x)＝2x2－3xf′(2)＋ln x，则f′(2)等于( )
A.eq \f(9,2) B.eq \f(9,4) C.eq \f(17,4) D.eq \f(17,8)
答案 D
解析 ∵f (x)＝2x2－3xf′(2)＋ln x，
∴f′(x)＝4x－3f′(2)＋eq \f(1,x)，将x＝2代入，
得f′(2)＝8－3f′(2)＋eq \f(1,2)，得f′(2)＝eq \f(17,8).
思维升华 (1)求导之前，应利用代数运算、三角恒等式等对函数进行化简，然后求导，尽量避免不必要的商的求导，这样可以减少运算量，提高运算速度减少差错．
(2)①若函数为根式形式，可先化为分数指数幂，再求导．
②复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时可进行换元．
导数的几何意义
命题点1 求切线方程
例1 (1)(2020·白山期末)已知函数f (x)＝(2x－a)ex，且f′(1)＝3e，则曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程为( )
A．x－y＋1＝0 B．x－y－1＝0
C．x－3y＋1＝0 D．x＋3y＋1＝0
答案 B
解析 ∵f′(x)＝2ex＋(2x－a)ex＝(2x＋2－a)ex，
∴f′(1)＝(4－a)e＝3e，解得a＝1，即f (x)＝(2x－1)ex，f (0)＝－1，
则f′(x)＝(2x＋1)ex，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程为y＋1＝1×(x－0)，即x－y－1＝0.
(2)已知函数f (x)＝xln x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f (x)相切，则直线l的方程为 ．
答案 x－y－1＝0
解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x)＝xln x上，
∴设切点为(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋ln x，
∴直线l的方程为y＋1＝(1＋ln x0)x.
∴由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝1＋ln x0x0，))解得x0＝1，y0＝0.
∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
命题点2 求参数的值(范围)
例2 (1)直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b＝ .
答案 1
解析 由题意知，y＝x3＋ax＋b的导数为y′＝3x2＋a，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(13＋a＋b＝3，,3×12＋a＝k，,k＋1＝3，))
由此解得k＝2，a＝－1，b＝3，∴2a＋b＝1.
(2)函数f (x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，2)
C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 函数f (x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解．
所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，则a＝2－eq \f(1,x).
因为x>0，所以2－eq \f(1,x)