第2章 第9节 导数及导数的运算（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

该高中数学高考复习课件聚焦导数及导数的运算核心考点，依据高考评价体系明确导数概念、几何意义、运算及应用的考查要求。通过梳理近五年真题，归纳出切线方程、导数运算等高频考点，构建知识要点+双基检测+典例精析的备考体系，体现针对性。 课件亮点在于“真题再现+技巧提炼+素养提升”，收录2022-2025年全国卷真题，如2025年切线方程题，通过“求导-求斜率-列方程”三步法突破，培养数学思维与模型观念。典例精析归纳复合函数求导等解题模板，助力学生掌握得分技巧，为教师提供高效复习指导。

第二章　函数、导数及其应用 第九节　导数及导数的运算 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 知识要点 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 切线的斜率 导函数 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 cos x 0 －sin x 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 双基检测 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 典例精析 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 高考再现 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 谢谢观看 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 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)＝_________________. (2)f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是eq \o(lim,\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝______________________. eq \f(fx2－fx1,x2－x1) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx) 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____________ 记作y′|x＝x0或f′(x0) 即f′(x0)＝eq \o(lim,\s\do14(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______，简称导 数，即____________________________. f′(x)＝eq \o(lim,\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx＋Δx－fx,Δx) 3．导数的几何意义 函数f(x)在x＝x0处的导数就是______________________________，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_________________________________. f(x)在x＝x0处的切线的斜率 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0) 4．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)＝ f(x)＝xα(α∈R，且α≠0) f′(x)＝ f(x)＝sin x f′(x)＝ f(x)＝cos x f′(x)＝ f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ex f′(x)＝ αxα-1 ex ax·ln a 基本初等函数 导函数 f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f′(x)＝ eq \f(1,x ln a) f(x)＝ln x f′(x)＝ eq \f(1,x) 5.导数的运算法则 若f′(x)，g′(x)存在，则有 [f(x)±g(x)]′＝ ； [f(x)g(x)]′＝ ； eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f(x),g(x))))′＝ eq \f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)(g(x)≠0)； [cf(x)]′＝ ． f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) cf′(x) f′(x)±g′(x) 6．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y′x＝ ，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． y′u·u′x 1．下列求导运算正确的是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1＋ eq \f(1,x2) B．(log2x)′＝eq \f(1,xln 2) C．(3x)′＝3xlog3e D．(x2cos x)′＝－2sin x 解析：选B　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝x′＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝1－ eq \f(1,x2)； (3x)′＝3xln 3； (x2cos x)′＝(x2)′cos x＋x2(cos x)′＝2xcos x－x2sin x. 2．若函数f(x)＝ax4＋bx2＋c满足f′(1)＝2，则f′(－1)等于(　　) A．－1　　　　　　 B．－2 C．2 D．0 解析：选B　因为f′(x)＝4ax3＋2bx，所以f′(－1)＝－f′(1)＝－2. 3．设曲线feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aeq \r(x)＋2x在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))))处的切线与直线xln 2－y＋3＝0平行，则实数a＝(　　) A．ln 2－2 B．－ln 2 C．－2ln 2 D．－3ln 2 解析：选C　由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aeq \r(x)＋2x得f′(x)＝eq \f(a,2\r(x))＋2xln 2，故f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝eq \f(1,2)a＋2ln 2， 由于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))))处的切线与直线xln 2－y＋3＝0平行，且直线xln 2－y＋3＝0的斜率为ln 2，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝eq \f(1,2)a＋2ln 2＝ln 2⇒a＝－2ln 2，故选：C 4．曲线y＝x2＋eq \f(1,x)在点(1,2)处的切线方程为________． 解析：因为y′＝2x－eq \f(1,x2)，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为y′|x＝1＝2×1－eq \f(1,12)＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0 　求下列函数的导数： (1)y＝x2sin x； (2)y＝3xex－2x＋e； (3)y＝eq \f(ln x,x2＋1). [思路点拨]　先正确地分析函数是由哪些基本函数经过怎样的顺序复合而成；求导时，可设出中间变量，注意要逐层求导不能遗漏，每一步对谁求导，不能混淆． [精解详析]　(1)y′＝(x2)′sin x＋x2· (sin x)′＝2xsin x＋x2cos x. (2)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′ ＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′ ＝3xln 3·ex＋3xex－2xln 2 ＝(ln 3＋1)·(3e)x－2xln 2. (3)y′＝eq \f(ln x′x2＋1－ln x·x2＋1′,x2＋12) ＝eq \f(\f(1,x)·x2＋1－ln x·2x,x2＋12) ＝eq \f(x2＋1－2x2·ln x,xx2＋12). [解题心得] (1)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． (2)有的函数虽然表面形式为函数的商的形式，但在求导前利用代数或三角恒等变形将函数先化简，然后进行求导，有时可以避免使用商的求导法则，减少运算量． (1)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1， 则P点的坐标为(　　) A．(1,3) B．(－1,3) C．(1,3)和(－1,3) D．(1，－3) (2)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(8x－1,x＋1)，则函数f(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(7,2)))处的切线方程为________． (3)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________. [思路点拨]　切点的三重身份的灵活应用，即①切点在切线上；②切点在曲线上；③切线斜率k＝f′(x0)． [精解详析]　(1)f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1， ∴P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上． (2)由f(x)＝ln x－eq \f(8x－1,x＋1)，得f′(x)＝ eq \f(1,x)－eq \f(9,x＋12)， 则f′(1)＝1－eq \f(9,1＋12)＝1－eq \f(9,4)＝－eq \f(5,4)， 故所求切线方程为 y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)))＝－eq \f(5,4)(x－1)， 即5x＋4y＋9＝0. (3)由y＝x＋ln x，得y′＝1＋eq \f(1,x)，得曲线在点(1,1)的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y得ax2＋ax＋2＝0，得a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8. [答案]　(1)C　(2)5x＋4y＋9＝0　(3)8 [解题心得] 导数的几何意义问题的常见类型及解题策略 (1)已知切点求切线方程．若切点为P(x0，f(x0))，则切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． (2)已知斜率求切点P(x0，f(x0))、倾斜角等．利用k＝f′(x0)和方程求x0，即可得切点坐标，由k＝tan α可求α. (3)已知切线平行或垂直于某已知直线，求参数值． 　(2025·郑州期末)已知a＝eq \f(ln 2,2)，b＝eq \f(1,e)， c＝eq \f(2ln 3,9)，则a，b，c的大小关系为(　　 ) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．b>c>a [思路分析]　根据已知，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，再利用单调性比较函数值的大小． [精解详析]　因为a＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 4,4)，b＝eq \f(1,e)＝eq \f(ln e,e)，c＝eq \f(ln 9,9)，所以构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)， 因为f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，所以由f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)>0，得0<x<e， 由f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)<0，得x>e， 所以f(x)＝eq \f(ln x,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))上单调递减， 因为a＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 4,4)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))，b＝eq \f(1,e)＝eq \f(ln e,e)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))，c＝eq \f(ln 9,9)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9))， 又因为9>4>e，所以b>a>c，故选：C. [答案]　C 1．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝eq \f(ex＋2sin x,1＋x2)，则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　 ) A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3) 解析：选A　f′(x)＝eq \f(ex＋2cos x1＋x2－ex＋2sin x·2x,1＋x22)， 则f′(0)＝eq \f(e0＋2cos 01＋0－e0＋2sin 0×0,1＋02)＝3， 即该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1， 令x＝0，则y＝1，令y＝0，则x＝－eq \f(1,3)， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(1,6).故选：A. 2．(2023·全国甲卷)曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为(　　 ) A．y＝eq \f(e,4)x B．y＝eq \f(e,2)x C．y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4) D．y＝eq \f(e,2)x＋eq \f(3e,4) 解析：选C　设曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y－eq \f(e,2)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))， 因为y＝eq \f(ex,x＋1)，所以y′＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))－ex,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))2)＝eq \f(xex,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))2)， 所以k＝y′|x＝1＝eq \f(e,4)，所以y－eq \f(e,2)＝eq \f(e,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))， 所以曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4).故选：C. 3．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 解析：选AC　f′(x)＝3x2－1，所以f(x)有两个极值点－ eq \f(\r(3),3)与 eq \f(\r(3),3)，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝1－ eq \f(2\r(3),9)>0，所以f(x)只有一个零点；由f(x)＋f(－x)＝2可知，点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心；令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1， 当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1， 当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3.故选AC. 4．(2025·全国一卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝________． 解析：对于y＝ex＋x＋a，其导数为y′＝ex＋1， 因为直线y＝2x＋5是曲线的切线，直线的斜率为2， 令y′＝ex＋1＝2，即ex＝1，解得x＝0， 将x＝0代入切线方程y＝2x＋5，可得y＝2×0＋5＝5， 所以切点坐标为(0，5)， 因为切点(0，5)在曲线y＝ex＋x＋a上， 所以5＝e0＋0＋a，即5＝1＋a，解得a＝4. 答案：4 5．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝__________. 解析：由y＝ex＋x，得y′＝ex＋1，所以y′|x＝0＝e0＋1＝2， 故曲线y＝ex＋x在(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1； 由y＝ln(x＋1)＋a，得y′＝eq \f(1,x＋1)， 设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)， 由两曲线有公切线得y′＝eq \f(1,x0＋1)＝2，解得x0＝－eq \f(1,2)， 则切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a＋ln \f(1,2)))， 切线方程为y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋a＋ln eq \f(1,2)＝2x＋1＋a－ln 2， 根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 答案：ln 2 6．(2022·新高考Ⅰ卷)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________． 解析：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0＋a) )，则切线斜率为f′(x0)＝(x0＋a＋1) ，可得切线方程为y－(x0＋a) ＝(x0＋a＋1)ex0(x－x0)，又切线过原点，可得－(x0＋a) ＝－x0(x0＋a＋1) ，化简得xeq \o\al(2,0)＋ax0－a＝0(*)，又切线有两条，即*方程有两不等实根，由判别式Δ＝a2＋4a>0，得a<－4，或a>0. 答案： (－∞，－4)∪(0，＋∞) $