第三章 §3.1 导数的概念及运算（教师用书word）-【步步高】2024年高考数学大一轮复习讲义（ 苏教版（苏粤（梅州））

§3.1　导数的概念及运算 考试要求　1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数． 知识梳理 1．导数的概念 (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作f′(x0). f′(x0)＝ ＝ . (2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数) f′(x)＝ . 2．导数的几何意义 函数y＝f(x)在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，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 3．基本初等函数的导数公式 基本初等函数 导函数 f(x)＝C(C为常数) f′(x)＝0 f(x)＝xα(α为常数) f′(x)＝αxα－1 f(x)＝sin x f′(x)＝cos x f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f′(x)＝axln a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ 4.导数的运算法则 若f′(x)，g′(x)存在，则有 (f(x)±g(x))′＝f′(x)±g′(x)； (f(x)g(x))′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； ′＝(g(x)≠0)； (Cf(x))′＝Cf′(x)(C为常数)． 5．复合函数的定义及其导数 复合函数y＝f(g(x))的导数与函数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． 常用结论 1．区分在点处的切线与过点处的切线 (1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条． (2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条． 2.′＝(f(x)≠0)． 思考辨析 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)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．(　×　) (3)f′(x0)＝(f(x0))′.(　×　) (4)(cos 2x) ′＝－2sin 2x.(　√　) 教材改编题 1．若函数f(x)＝3x＋sin 2x，则(　　) A．f′(x)＝3xln 3＋2cos 2x B．f′(x)＝3x＋2cos 2x C．f′(x)＝＋cos 2x D．f′(x)＝－2cos 2x 答案　A 解析　因为函数f(x)＝3x＋sin 2x， 所以f′(x)＝3xln 3＋2cos 2x. 2．函数f(x)＝ex＋在x＝1处的切线方程为 ． 答案　y＝(e－1)x＋2 解析　由题意得，f′(x)＝ex－，∴f′(1)＝e－1， 又∵f(1)＝e＋1， ∴切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1， 即切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)， 即y＝(e－1)x＋2. 3．已知函数f(x)＝xln x＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则a＝ . 答案　－ 解析　由题意得f′(x)＝1＋ln x＋2ax， ∴f′(e)＝2ae＋2＝0，解得a＝－. 题型一　导数的运算 例1　(1)(多选)下列求导正确的是(　　) A．((3x＋5)3)′＝9(3x＋5)2 B．(x3ln x)′＝3x2ln x＋x2 C.′＝ D．(2x＋cos x)′＝2xln 2－sin x 答案　ABD 解析　对于A，((3x＋5)3)′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正确； 对于B，(x3ln x)′＝(x3)′ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确； 对于C，′＝＝，故C错误； 对于D，(2x＋cos x)′＝(2x)′＋(cos x)′＝2xln 2－sin x，故D正确． (2)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，则f′(2)等于(　　) A．1 B．－9 C．－6 D．4 答案　C 解析　因为f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1， 所以f′(x)＝3x2＋2xf′(1)＋2， 把x＝1代入f′(x)， 得f′(1)＝3×12＋2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－5， 所以f′(x)＝3x2－10x＋2，所以f′(2)＝－6. 思维升华　(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导． (2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解． (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元． 跟踪训练1　(1)(多选)下列求导运算正确的是(　　) A．若f(x)＝sin(2x＋3)，则f′(x)＝2cos(2x＋3) B．若f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝e－2x＋1 C．若f(x)＝，则f′(x)＝ D．若f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1 答案　ACD 解析　f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cos(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cos(2x＋3)，故A正确； f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝－2e－2x＋1，故B错误； f(x)＝，f′(x)＝＝，故C正确； f(x)＝xln x，f′(x)＝(x)′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1，故D正确． (2)函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)＝x2＋f′sin x，则f ＝ . 答案　＋ 解析　∵f′(x)＝2x＋f′cos x， ∴f′＝＋f′， ∴f′＝，∴f(x)＝x2＋sin x， ∴f ＝＋. 题型二　导数的几何意义 命题点1　求切线方程 例2　(1)(2023·大同模拟)已知函数f(x)＝2e2ln x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为(　　) A．4ex－y＋e2＝0 B．4ex－y－e2＝0 C．4ex＋y＋e2＝0 D．4ex＋y－e2＝0 答案　B 解析　因为f(x)＝2e2ln x＋x2，所以f′(x)＝＋2x， 所以f(e)＝2e2ln e＋e2＝3e2，f′(e)＝4e， 所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－3e2＝4e(x－e)，即4ex－y－e2＝0. (2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________. 答案　y＝x　y＝－x 解析　先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)， 则由y′＝，得切线斜率为， 又切线的斜率为，所以＝， 解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e， 所以切线斜率为，切线方程为y＝x. 同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x. 综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x. 命题点2　求参数的值(范围) 例3　(1)(2022·重庆模拟)已知a为非零实数，直线y＝x＋1与曲线y＝aln(x＋1)相切，则a＝________. 答案　e 解析　设切点坐标为(t，aln(t＋1))，对函数y＝aln(x＋1)求导得y′＝， 所以解得t＝e－1，a＝e. (2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 答案　(－∞，－4)∪(0，＋∞) 解析　因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝(x0＋a＋1)＝，化简，得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 思维升华　(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上． (2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”． 跟踪训练2　(1)曲线f(x)＝在(0，f(0))处的切线方程为(　　) A．y＝3x－2 B．y＝3x＋2 C．y＝－3x－2 D．y＝－3x＋2 答案　A 解析　由题知f′(x)＝＝， 所以f′(0)＝3，f(0)＝－2， 所以曲线f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－2)＝3(x－0)，即y＝3x－2. (2)(2023·泸州模拟)已知曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋b，则a的值是(　　) A. B．－2 C．－ D．2 答案　D 解析　令y＝f(x)＝，则f′(x)＝， 曲线在点处的切线的斜率为f′(π)＝＝，解得a＝2. 题型三　两曲线的公切线 例4　(1)若直线l：y＝kx＋b(k>1)为曲线f(x)＝ex－1与曲线g(x)＝eln x的公切线，则l的纵截距b等于(　　) A．0 B．1 C．e D．－e 答案　D 解析　设l与f(x)的切点为(x1，y1)，则由f′(x)＝ex－1，得l：y＝＋(1－x1). 同理，设l与g(x)的切点为(x2，y2)， 则由g′(x)＝，得l：y＝x＋e(ln x2－1)． 故 解得或 则l：y＝x或y＝ex－e. 因为k>1，所以l：y＝x不成立，故b＝－e. (2)(2023·晋中模拟)若两曲线y＝ln x－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a的取值范围是(　　) A．(0,2e] B. C. D．[2e，＋∞) 答案　B 解析　设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x1，ln x1－1)，(x2，ax)，其中x1>0， 对于y＝ln x－1有y′＝，则y＝ln x－1的切线方程为y－(ln x1－1)＝(x－x1)， 即y＝＋ln x1－2， 对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2的切线方程为y－ax＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x－ax， 所以则－＝ln x1－2， 即＝2x－xln x1(x1>0)， 令g(x)＝2x2－x2ln x， 则g′(x)＝3x－2xln x＝x(3－2ln x)， 令g′(x)＝0，得x＝， 当x∈(0，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g()＝e3，故0<≤e3， 即a≥e－3. 思维升华　公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解． 跟踪训练3　(1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x－4x，设两曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点处的切线相同，则m等于(　　) A．－3 B．1 C．3 D．5 答案　D 解析　依题意，设曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同． ∵f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x－4x， ∴f′(x)＝2x，h′(x)＝－4， ∴ 即 ∵x0>0，∴x0＝1，m＝5. (2)已知f(x)＝ex－1，g(x)＝ln x＋1，则f(x)与g(x)的公切线有(　　) A．0条 B．1条 C．2条 D．3条 答案　C 解析　根据题意，设直线l与f(x)＝ex－1相切于点(m，em－1) ，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)， 对于f(x)＝ex－1，f′(x)＝ex，则k1＝em， 则直线l的方程为y＋1－em＝em(x－m) ， 即y＝emx＋em(1－m)－1， 对于g(x)＝ln x＋1，g′(x)＝，则k2＝， 则直线l的方程为y－(ln n＋1)＝(x－n)， 即y＝x＋ln n， 直线l是f(x)与g(x)的公切线，则 可得(1－m)(em－1)＝0，即m＝0或m＝1， 则切线方程为y＝ex－1 或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条． 课时精练 1．(2023·广州模拟)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为(　　) A．y＝3x＋3 B．y＝3x＋1 C．y＝－3x－1 D．y＝－3x－3 答案　A 解析　因为f′(x)＝3x2，所以f′(－1)＝3， 又当x＝－1时，a＝(－1)3＋1＝0， 所以y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)， 即y＝3x＋3. 2．记函数f(x)的导函数为f′(x)．若f(x)＝exsin 2x，则f′(0)等于(　　) A．2 B．1 C．0 D．－1 答案　A 解析　因为f(x)＝exsin 2x， 则f′(x)＝ex(sin 2x＋2cos 2x)， 所以f′(0)＝e0(sin 0＋2cos 0)＝2. 3．(2022·淮安模拟)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋2，那么f(1)＋f′(1)等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　由题意得f(1)＝×1＋2＝， f′(1)＝， 所以f(1)＋f′(1)＝＋＝3. 4．已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为(　　) A．－2 B．2 C．－e D．e 答案　B 解析　设切点坐标为(t，tln t)，∵f(x)＝xln x，∴f′(x)＝ln x＋1，直线l的斜率为f′(t)＝ln t＋1， ∴直线l的方程为y－tln t＝(ln t＋1)(x－t)， 将点(0，－e)的坐标代入直线l的方程得－e－tln t＝－t(ln t＋1)，解得t＝e， ∴直线l的斜率为f′(e)＝2. 5．已知函数f(x)＝aln x，g(x)＝bex，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋的最小值为(　　) A．2 B．2e C．e2 D. 答案　B 解析　设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn)． 由f′(x)＝，有 解得m＝e，a＝ek. 又由g′(x)＝bex，有 解得n＝1，b＝， 所以a＋＝ek＋≥2＝2e， 当且仅当a＝e，b＝时等号成立． 6．(多选)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫作函数f(x)的“新不动点”，则下列函数中只有一个“新不动点”的是(　　) A．g(x)＝x·2x B．g(x)＝－ex－2x C．g(x)＝ln x D．g(x)＝sin x＋2cos x 答案　ABC 解析　对于A，g′(x)＝2x＋x·2x·ln 2， 由x·2x＝2x＋x·2x·ln 2， 解得x＝， ∴g(x)只有一个“新不动点”，故A正确； 对于B，g′(x)＝－ex－2， 由－ex－2＝－ex－2x，得x＝1， ∴g(x)只有一个“新不动点”，故B正确； 对于C，g′(x)＝， 根据y＝ln x和y＝的图象可看出ln x＝只有一个实数根， ∴g(x)只有一个“新不动点”，故C正确； 对于D，g′(x)＝cos x－2sin x， 由sin x＋2cos x＝cos x－2sin x， 得3sin x＝－cos x， ∴tan x＝－， 根据y＝tan x和y＝－的图象可看出方程tan x＝－有无数个解， ∴g(x)有无数个“新不动点”，故D错误． 7．写出一个同时具有性质：①f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0的函数f(x)＝ . 答案　ln x(答案不唯一) 解析　若函数f(x)＝ln x，则f(x1x2)＝ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝f(x1)＋f(x2)，满足①；f(x)＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝>0，满足②，故f(x)＝ln x符合题意． 8．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，则f′(3)＝________. 答案　12 解析　由题意得，f′(x)＝x(x－1)(x－2)(x－4)(x－5)＋(x－3)[x(x－1)(x－2)(x－4)(x－5)]′，所以f′(3)＝3×(3－1)×(3－2)×(3－4)×(3－5)＋0＝12. 9．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x. (1)求f′(e)及f(e)的值； (2)求f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程． 解　(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋ln x， ∴f′(x)＝2f′(e)＋，f′(e)＝2f′(e)＋， ∴f′(e)＝－，f(x)＝－＋ln x， ∴f(e)＝－＋ln e＝－1. (2)∵f(x)＝－＋ln x，f′(x)＝－＋， ∴f(e2)＝－＋ln e2＝2－2e，f′(e2)＝－＋， ∴f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程为y－(2－2e)＝(x－e2)， 即(2e－1)x＋e2y－e2＝0. 10．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线． (1)若x1＝－1，求a； (2)求a的取值范围． 解　(1)当x1＝－1时，f(－1)＝0， 所以切点坐标为(－1,0)． 由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1， 所以切线斜率k＝f′(－1)＝2， 所以切线方程为y＝2(x＋1)， 即y＝2x＋2. 将y＝2x＋2代入y＝x2＋a， 得x2－2x＋a－2＝0. 由切线与曲线y＝g(x)也相切， 得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0， 解得a＝3. (2)由(1)知，y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线斜率k＝f′(x1)＝3x－1， 又f(x1)＝x－x1，所以切线方程为 y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)， 即y＝(3x－1)x－2x. 将y＝(3x－1)x－2x代入y＝x2＋a， 得x2－(3x－1)x＋a＋2x＝0. 由切线与曲线y＝g(x)也相切，得 Δ＝(3x－1)2－4(a＋2x)＝0， 整理，得4a＝9x－8x－6x＋1. 令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1. 则h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)(x－1)． 由h′(x)＝0，得x＝－，0,1， 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化如表所示， x (－∞，－) － (－，0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) h′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ h(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由表知，当x＝－时，h(x)取得极小值h＝， 当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝－4， 易知当x→－∞时，h(x)→＋∞， 当x→＋∞时，h(x)→＋∞， 所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)， 所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)， 故实数a的取值范围为[－1，＋∞)． 11．已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线与曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)等于(　　) A．－1 B．－2 C．1 D．2 答案　B 解析　已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线方程为y－＝(x－x1)， 即y＝x－x1＋， 曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线方程为y－ln x2＝(x－x2)， 即y＝x－1＋ln x2， 由题意得 解得x2＝， －x1＝－1＋ln x2 ＝－1＋＝－1－x1， 则＝， 又x2＝， 所以x2＝， 所以x2－1＝－1＝， 所以(x1＋1)(x2－1)＝－2. 12．我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型分式，比如：当x→0时，的极限即为型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在．为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如： ＝ ＝ ＝ex＝e0＝1，则 ＝ . 答案　 解析　 ＝ ＝ ＝＝ln 1＋＝. 13．已知a，b为正实数，直线y＝x－与曲线y＝ln相切，则的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B. C．[1，＋∞) D．(0,1) 答案　D 解析　函数y＝ln的导函数为y′＝，令y′＝＝1，解得x＝1－，所以切点为， 代入y＝x－，得a＋b＝2， 因为a，b为正实数，所以a∈(0,2)， 则＝， 令g(a)＝，a∈(0,2)，则g′(a)＝>0， 则函数g(a)在(0,2)上单调递增，所以0＝g(0)<g(a)<g(2)＝1，即g(a)∈(0,1)， 所以∈(0,1)． 14．设ai(i＝0,1,2，…，2 022)是常数，对于∀x∈R，都有x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2 022·(x－1)(x－2)…(x－2 022)，则－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2 020！a2 021－2 021！a2 022＝________. 答案　2 021 解析　因为x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)·(x－2)＋…＋a2 022(x－1)(x－2)…(x－2 022)， 则令x＝1，可得a0＝1. 对x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2 022(x－1)(x－2)…(x－2 022)两边求导可得 2 022x2 021＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2 022[(x－1)(x－2)…(x－2 022)]′， 令fn(x)＝(x－1)(x－2)…(x－n)， 则fn′(x)＝(x－1)[(x－2)(x－3)…(x－n)]′＋(x－2)(x－3)…(x－n)， 所以fn′(1)＝(1－2)×…×(1－n) ＝(－1)n－1(n－1)！， 所以2 022×12 021＝a1＋a2×(－1)1×1＋a3×(－1)2×2！＋…＋a2 022×(－1)2 0212 021！， 故2 022＝a1－a2＋2！a3－…－2 021！a2 022， 所以－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2 020！a2 021－2 021！a2 022＝2 022－1＝2 021. 学科网（北京）股份有限公司 $$