2020版数学高分突破大一轮天津专用（课件+PDF教师用书）：第三章　导数 (共4份打包)

２４　　　 ５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版(教师用书) 第三章 导数 § ３.１　 导数的概念及运算 对应学生用书起始页码 Ｐ４０ 考点一 导数的概念与几何意义 高频考点 　 　 １.导数的概念:称函数 ｆ(ｘ) 在 ｘ ＝ ｘ０ 处的瞬时变化率ｌｉｍΔｘ→０ Δｙ Δｘ ＝ ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ(ｘ０ ＋Δｘ) －ｆ(ｘ０ ) Δｘ 为 函 数 ｆ ( ｘ) 在 ｘ ＝ ｘ０ 处 的 导 数ꎬ 记 作 ｆ ′(ｘ０ )或 ｙ′ ｜ ｘ＝ｘ０ ꎬ即 ｆ ′(ｘ０ )＝ ｌｉｍΔｘ→０ ｆ(ｘ０ ＋Δｘ) －ｆ(ｘ０ ) Δｘ . ２.导数的几何意义:函数 ｙ ＝ ｆ(ｘ)在点 ｘ０ 处的导数 ｆ ′(ｘ０ )就 是曲线 ｙ ＝ ｆ(ｘ)在点 Ｐ(ｘ０ ꎬｙ０ )处的切线的斜率ꎬ即 ｋ ＝ ｆ ′(ｘ０ ).相 应地ꎬ切线方程为 ｙ－ｆ(ｘ０ )＝ ｆ ′(ｘ０ )(ｘ－ｘ０ ). 考点二 导数的运算 高频考点 　 　 １.基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 ｆ(ｘ)＝ Ｃ(Ｃ 为常数) ｆ ′(ｘ)＝ ０ ｆ(ｘ)＝ ｘｎ(ｎ∈Ｑ∗ ) ｆ ′(ｘ)＝ ｎｘｎ－１ ｆ(ｘ)＝ ｓｉｎ ｘ ｆ ′(ｘ)＝ ｃｏｓ ｘ 续表 原函数 导函数 ｆ(ｘ)＝ ｃｏｓ ｘ ｆ ′(ｘ)＝ －ｓｉｎ ｘ ｆ(ｘ)＝ ａｘ(ａ>０ꎬ且 ａ≠１) ｆ ′(ｘ)＝ ａｘ ｌｎ ａ ｆ(ｘ)＝ ｅｘ ｆ ′(ｘ)＝ ｅｘ ｆ(ｘ)＝ ｌｏｇａ ｘ (ａ>０ꎬ且 ａ≠１) ｆ ′(ｘ)＝ １ ｘｌｎ ａ ｆ(ｘ)＝ ｌｎ ｘ ｆ ′(ｘ)＝ １ ｘ 　 　 ２.导数的运算法则 运算 法则 加减 [ｆ(ｘ) ±ｇ(ｘ)]′＝ｆ ′(ｘ) ±ｇ′(ｘ) 积 [ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)]′＝ｆ ′(ｘ)ｇ(ｘ) ＋ｆ(ｘ)ｇ′(ｘ) 商 ｆ(ｘ) ｇ(ｘ)[ ] ′＝ ｆ ′(ｘ)ｇ(ｘ) －ｆ(ｘ)ｇ′(ｘ) [ｇ(ｘ)] ２ (ｇ(ｘ)≠０) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 对应学生用书起始页码 Ｐ４１ 一、求函数的导数的方法 　 　 １.总原则:先化简解析式ꎬ再求导. ２.具体方法: (１)连乘形式:先展开化为多项式形式ꎬ再求导. (２)根式形式:先化为分数指数幂形式ꎬ再求导. (３)复杂分式:化为简单分式的和、差ꎬ再求导. (１)曲线 ｙ ＝ (ｘ＋１)(ｘ＋２)(ｘ＋３)在点 Ａ(０ꎬ６) 处的切线 的斜率是 (　 　 ) Ａ.９ Ｂ.１０ Ｃ.１１ Ｄ.１２ (２)已知 ｆ(ｘ)＝ １ ２ ｘ２ ＋２ｘｆ ′(２ ０１４)＋２ ０１４ｌｎ ｘꎬ则 ｆ ′(２ ０１４)＝ (　 　 ) Ａ.２ ０１５ Ｂ.－２ ０１５ Ｃ.２ ０１４ Ｄ.－２ ０１４ 解析　 (１)ｙ ＝ (ｘ＋１)(ｘ＋２)(ｘ＋３)＝ (ｘ２ ＋３ｘ＋２)(ｘ＋３)＝ ｘ３ ＋６ｘ２ ＋１１ｘ＋６ꎬ∴ ｙ′＝ ３ｘ２ ＋１２ｘ＋１１. 则曲线 ｙ ＝ (ｘ＋１)(ｘ＋２)(ｘ＋３)在点 Ａ(０ꎬ６)处的切线的斜率 ｋ ＝ｙ′ ｜ ｘ＝ ０ ＝ １１ꎬ故选 Ｃ. (２)由题意得 ｆ ′(ｘ)＝ ｘ＋２ｆ ′(２ ０１４) ＋ ２ ０１４ ｘ ꎬ 所以 ｆ ′(２ ０１４)＝ ２ ０１４＋２ｆ ′(２ ０１４) ＋ ２ ０１４ ２ ０１４ ꎬ 即 ｆ ′(２ ０１４)＝ －(２ ０１４＋１)＝ －２ ０１５. 答案　 (１)Ｃ　 (２)Ｂ 　 　 １－１　 已知函数 ｆ(ｘ)＝ ａｘｌｎ ｘꎬｘ∈(０ꎬ＋∞ )ꎬ其中 ａ 为实数ꎬ ｆ ′(ｘ)为 ｆ(ｘ)的导函数.若 ｆ ′(１)＝ ３ꎬ则 ａ 的值为　 　 　 　 . １－１ 答案　 ３ 解析　 ∵ ｆ ′(ｘ)＝ ａｌｎ ｘ＋ａꎬ ∴ ｆ ′(１)＝ ａｌｎ １＋ａ ＝ ３ꎬ解得 ａ ＝ ３. 　 　 １－２　 设函数 ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞ )内可导ꎬ且ｆ(ｅｘ)＝ ｘ＋ｅｘꎬ则 ｆ ′(１) ＝ 　 　 　 　 . １－２ 答案　 ２ 解析　 令 ｔ ＝ ｅｘ ꎬ则 ｘ ＝ ｌｎ ｔꎬ 所以 ｆ(ｔ)＝ ｌｎ ｔ＋ｔꎬ 即 ｆ(ｘ)＝ ｌｎ ｘ＋ｘꎬ 所以 ｆ ′(ｘ)＝ １ ｘ ＋１ꎬ 所以 ｆ ′(１)＝ １＋１ ＝ ２. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第三章　 导数 ２５　　　 二、利用导函数求曲线的切线方程 　 　 若已知曲线过点 Ｐ(ｘ０ ꎬｙ０ )ꎬ求曲线 ｙ ＝ ｆ(ｘ)过点 Ｐ 的切线方 程ꎬ则需分点 Ｐ(ｘ０ ꎬｙ０ )是切点和不是切点两种情况求解. １.当点 Ｐ( ｘ０ ꎬｙ０ ) 是切点时ꎬ切线方程为 ｙ－ｙ０ ＝ ｆ ′( ｘ０ ) 􀅰 (ｘ－ｘ０ ).