6.1.2 导数及其几何意义-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂同步课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦“导数及其几何意义”，涵盖瞬时变化率、导数定义及几何意义等核心知识点，通过物理瞬时速度与几何切线斜率实例导入，构建平均变化率到瞬时变化率的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于以数学抽象和直观想象为核心素养，通过物体运动瞬时速度、蜥蜴体温变化等实例，结合预习自测、例题解析及变式训练，培养学生逻辑推理与应用能力。学生能深化对导数本质的理解，教师可依托分层设计提升教学效率。

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[情境引入] 前面我们研究了两类变化率问题：一类是物理学中的问题，涉及平均速度和瞬时速度；另一类是几何学中的问题，涉及割线斜率和切线斜率。这两类问题来自不同的学科领域，但在解决问题时，都采用了由“平均变化率”逼近“瞬时变化率”的思想方法；问题的答案也是一样的表示形式。下面我们用上述思想方法研究更一般的问题。 [知识梳理] [知识点一]　瞬时变化率　 　　　一般地，设函数y＝f(x)在x0附近有定义，自变量在x＝x0处的改变量为Δx，当Δx无限接近于0时，若平均变化率eq \f(Δf,Δx)＝eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)无限接近于一个常数k，那么称常数k为函数f(x)在x＝x0处的瞬时变化率，此时，也称f(x)在x0处可导，并称k为f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)＝k. [知识点二]　导数(瞬时变化率)　 如果当Δx→0时，平均变化率eq \f(Δy,Δx)无限趋近于一个确定的值，即eq \f(Δy,Δx)有极限，则称y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0处的导数(也称为瞬时变化率)，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx). [知识点三]　导数的几何意义　 1．切线：如图所示，在曲线y＝f(x)上任取一点P(x，f(x))，如果当点P(x，f(x))沿着曲线y＝f(x)无限趋近于点P0(x0，f(x0))时，割线P0P无限趋近于一个确定的位置，这个确定位置的直线P0T称为曲线y＝f(x)在点P0处的切线． 2．导数的几何意义：割线P0P的斜率k＝eq \f(fx－fx0,x－x0)，记Δx＝x－x0，当点P沿着曲线y＝f(x)无限趋近于点P0时，即当Δx→0时，k无限趋近于函数y＝f(x)在x＝x0处的导数．因此，函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是切线P0T的斜率k0，即k0＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(\a\vs4\al(　fx0＋Δx－fx0　),　\a\vs4\al(Δx)　)＝　f′(x0)　. 2.曲线的切线与曲线一定只有一个公共点吗？ [提示]　曲线的切线并不一定与曲线只有一个交点，可以有多个，甚至可以无穷多．与曲线只有一个公共点的直线也不一定是曲线的切线． [预习自测] 1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数值与Δx值的正、负无关．(　　) (2)函数在x0处的导数f′(x0)与x0和Δx都有关．(　　) (3)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．(　　) (4)函数f(x)＝0没有导函数．(　　) (5)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同．(　　) (6)若f′(x0)＝0，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线不存在．(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× 2．已知y＝f(x)的图象如图所示，则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是(　　) A．f′(xA)＞f′(xB)　　 B．f′(xA)＜f′(xB) C．f′(xA)＝f′(xB) D．不能确定 解析：B　[由导数的几何意义，f′(xA)，f′(xB)分别是切线在点A、B处切线的斜率，由图象可知f′(xA)＜f′(xB)．] 3．函数f(x)＝2在x＝6处的导数等于　________　. 解析：f′(6)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f6＋Δx－f6,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(2－2,Δx)＝0. 答案：0 求瞬时速度 [例1]　某物体的运动路程s(单位：m)与时间t(单位：s)的关系可用函数s(t)＝t2＋t＋1表示，求物体在t＝1 s时的瞬时速度． [思路点拨] eq \x(计算物体在[1，1＋Δt]内的平均速度\f(Δs,Δt)) eq \o(――→,\s\up7(令Δt→0),\s\do5(　)) eq \x(计算\o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) \f(Δs,Δt))―→eq \x(得t＝1 s时的瞬时速度) [解]　∵eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s1＋Δt－s1,Δt) ＝eq \f(1＋Δt2＋1＋Δt＋1－12＋1＋1,Δt)＝3＋Δt ∴lieq \o(m,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝lieq \o(m,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) (3＋Δt)＝3. ∴物体在t＝1处的瞬时变化率为3. 即物体在t＝1 s时的瞬时速度为3 m/s. 1．求运动物体瞬时速度的三个步骤 (1)求时间改变量Δt和位移改变量Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)． (2)求平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δs,Δt)； (3)求瞬时速度，当Δt无限趋近于0时，eq \f(Δs,Δt)无限趋近于常数v，即为瞬时速度． 2．求eq \f(Δy,Δx)(当Δx无限趋近于0时)的极限的方法 (1)在极限表达式中，可把Δx作为一个数来参与运算； (2)求出eq \f(Δy,Δx)的表达式后，Δx无限趋近于0只需令Δx＝0，求出结果即可． [变式训练] 3．若一物体运动的位移s与时间t关系如下：(位移单位：m，时间单位：s) s＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3t2＋2，t≥3，,29＋3t－32，0≤t＜3.)) 求：(1)物体的初速度v0；(2)物体在t＝1时的瞬时速度． 解： (1)求物体的初速度v0，即求物体在t＝0时的瞬时速度． 因为物体在t＝0附近的平均变化率为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(29＋3[0＋Δt－3]2－29－30－32,Δt)＝3Δt－18， 所以物体在t＝0处的瞬时变化率为eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝ eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) (3Δt－18)＝－18， 即物体的初速度为－18 m/s. (2)物体在t＝1时的瞬时速度即为函数在t＝1处的瞬时变化率． 因为物体在t＝1附近的平均变化率为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(29＋3[1＋Δt－3]2－29－31－32,Δt)＝3Δt－12，所以物体在t＝1处瞬时变化率为eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) (3Δt－12)＝－12， 即物体在t＝1s时的瞬时速度为－12 m/s. 求函数在一点处的导数 [例2]　(1)设函数y＝f(x)在x＝x0处可导，且eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx0－3Δx－fx0,Δx)＝1，则f′(x0)等于(　　) A．1　　　　　　　　 B．－1 C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3) (2)求函数f(x)＝x－eq \f(1,x)在x＝1处的导数． [思路点拨]　(1)类比f′(x0)＝ eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)求解． (2)eq \x(先求Δy)→eq \x(再求\f(Δy,Δx))→eq \x(计算\o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) \f(Δy,Δx)) (1)解析：C　[∵eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx0－3Δx－fx0,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx0－3Δx－fx0,－3Δx)·－3))＝－3f′(x0)＝1，∴f′(x0)＝－eq \f(1,3)，故选C.] (2)解：∵Δy＝(1＋Δx)－eq \f(1,1＋Δx)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,1)))＝Δx＋1－eq \f(1,1＋Δx)＝Δx＋eq \f(Δx,1＋Δx)， ∴eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(Δx＋\f(Δx,1＋Δx),Δx)＝1＋eq \f(1,1＋Δx)， ∴f′(1)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1＋Δx)))＝2. 求函数y＝f(x)在x0处的导数的三个步骤 简称：一差、二比、三极限． [变式训练] 2．已知f′(1)＝－2，则eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1－2Δx－f1,Δx)＝　________　. 解析：∵f′(1)＝－2，∴eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1－2Δx－f1,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1－2Δx－f1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×－2Δx)＝－2eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1－2Δx－f1,－2Δx)＝－2f′(1)＝－2×(－2)＝4. 答案：4 2．求函数y＝3x2在x＝1处的导数． [解]　∵Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝3(1＋Δx)2－3＝6Δx＋3(Δx)2，∴eq \f(Δy,Δx)＝6＋3Δx，∴f′(1)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) (6＋3Δx)＝6. 实际问题中的瞬时变化率问题 [例3]　枪弹在枪筒中运动可以看作匀加速运动，如果它的加速度是5.0×105 m/s2，枪弹从枪口射出时所用时间为1.6×10－3 s，求枪弹射出枪口时的瞬时速度． 解：位移公式为s＝eq \f(1,2)at2，∵Δs＝eq \f(1,2)a(t0＋Δt)2－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)＝at0Δt＋eq \f(1,2)a(Δt)2，∴eq \f(Δs,Δt)＝at0＋eq \f(1,2)aΔt， ∴eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δt→0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(at0＋\f(1,2)aΔt))＝at0.将a＝5.0×105 m/s2，t0＝1.6×10－3 s代入得at0＝800 m/s. ∴枪弹射出枪口时的瞬时速度为800 m/s. 在某一时间段内的平均速度与时间段Δt有关，随Δt变化而变化；但求某一时刻的瞬时速度时，Δt是趋于0，而不是Δt＝0，此处Δt是时间间隔，可任意小，但绝不能认为是0. [变式训练] 4．蜥蜴的体温与阳光的照射有关，其关系为T(t)＝eq \f(120,t＋5)＋15，其中T(t)为体温(单位：℃)，t为太阳落山后的时间(单位：min) (1)从t＝0 min到t＝10 min，蜥蜴的体温下降了多少？ (2)从t＝0 min到t＝10 min，蜥蜴的体温的平均变化率是多少？它表示什么意义？ (3)求T′(5)，并说明它的实际意义． 解：(1)在t＝0和t＝10时，蜥蜴的体温分别为T(0)＝eq \f(120,0＋5)＋15＝39，T(10)＝eq \f(120,10＋5)＋15＝23，故从t＝0到t＝10，蜥蜴的体温下降了16 ℃. (2)平均变化率为eq \f(T10－T0,10)＝－eq \f(16,10)＝－1.6. 它表示从t＝0到t＝10，蜥蜴的体温平均每分钟下降1.6 ℃. (3)T′(5)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(\f(120,5＋Δt＋5)＋15－\f(120,5＋5)－15,Δt)＝ －1.2， 它表示t＝5 min时蜥蜴体温下降的速度为1.2 ℃/min. 利用导数的几何意义求曲线的切线方程 [例4]　已知曲线C：y＝x3. (1)求曲线C在横坐标为x＝1的点处的切线方程； (2)求曲线C过点(1,1)的切线方程． [解](1)将x＝1代入曲线C的方程得y＝1，∴切点P(1,1)． y′|x＝1＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(1＋Δx3－1,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0))[3＋3Δx＋Δx2]＝3. ∴k＝y′|x＝1＝3. ∴曲线在点P(1,1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0. (2)设切点为Q(x0，y0)，由(1)可知y′|x＝x0＝3xeq \o\al(2,0)，由题意可知kPQ＝y′|x＝x0， 即eq \f(y0－1,x0－1)＝3xeq \o\al(2,0)，又y0＝xeq \o\al(3,0)，所以eq \f(x\o\al(3,0)－1,x0－1)＝3xeq \o\al(2,0)，即2xeq \o\al(2,0)－x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－eq \f(1,2). ①当x0＝1时，切点坐标为(1,1)，相应的切线方程为3x－y－2＝0. ②当x0＝－eq \f(1,2)时，切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,8)))，相应的切线方程为y＋eq \f(1,8)＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即3x－4y＋1＝0. [母题变式] 第(1)小题中的切线与曲线C是否还有其他的公共点？ [解]　由y＝3x－2，y＝x3， 解得x＝1，y＝1，或x＝－2，y＝－8， 从而求得公共点为P(1,1)或M(－2，－8)， 即切线与曲线C的公共点除了切点外，还有另一公共点(－2，－8)． [变式训练] 5．已知曲线y＝2x2－7，求： (1)曲线上哪一点的切线平行于直线4x－y－2＝0? (2)曲线过点P(3,9)的切线方程． 解：y′＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f([2x＋Δx2－7]－2x2－7,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) (4x＋2Δx)＝4x. (1)设切点为(x0，y0)，则4x0＝4，x0＝1，y0＝－5，∴切点坐标为(1，－5)．即曲线上点(1，－5)的切线平行于直线4x－y－2＝0. (2)由于点P(3,9)不在曲线上．设所求切线的切点为A(x0，y0)，则切线的斜率k＝4x0，故所求的切线方程为y－y0＝4x0(x－x0)．将P(3,9)及y0＝2xeq \o\al(2,0)－7代入上式，得9－(2xeq \o\al(2,0)－7)＝4x0(3－x0)．解得x0＝2或x0＝4，所以切点为(2,1)或(4,25)．从而所求切线方程为8x－y－15＝0或16x－y－39＝0. [当堂达标] 1．函数y＝f(x)＝3x＋1在点x＝2处的瞬时变化率是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：B　[Δy＝f(2＋Δx)－f(2)＝3(2＋Δx)＋1－(3×2＋1)＝3Δx，则eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(3Δx,Δx)＝3，∴当Δx趋于0时，eq \f(Δy,Δx)趋于3.] 2．(多选)若f(x)＝x3＋x－1，f′(x0)＝4，则x0的值为(　　) A．1 B．－1 C．3eq \r(3) D．－3eq \r(3) 解析：AB　[f′(x0)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(x0＋Δx3＋x0＋Δx－1－x\o\al(3,0)＋x0－1,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0))[3xeq \o\al(2,0)＋1＋3x0·Δx＋(Δx)2]＝3xeq \o\al(2,0)＋1＝4.解得x0＝±1.] 3．设函数f(x)在x＝1处存在导数，其值为2，则eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1＋Δx－f1,3Δx)＝　________　. 解析：由极限的运算法则结合导函数的定义可得eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1＋Δx－f1,3Δx)＝eq \f(1,3) eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq \f(1,3)×f′(1)＝eq \f(2,3). 答案：eq \f(2,3) 4．在曲线y＝f(x)＝x2＋3上取一点P(1,4)及附近一点(1＋Δx,4＋Δy)，求：(1)eq \f(Δy,Δx)；(2)f ′(1)． [解]　(1)eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(f1＋Δx－f1,Δx)＝ eq \f(1＋Δx2＋3－12＋3,Δx)＝2＋Δx. (2)f ′(1)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) eq \f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq \o(lim,\s\up6(　),\s\do14(Δx→0)) (2＋Δx)＝2. $