2.2 导数的几何意义-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦“导数的几何意义”，通过雨伞水滴切线方向的生活实例导入，系统讲解割线定义、切线定义及导数与切线斜率的关系，衔接平均变化率到瞬时变化率的知识脉络，搭建从形到数的学习支架。 其亮点在于以“数学眼光”观察生活现象激发兴趣，“数学思维”通过割线逼近切线的探究培养逻辑推理，“数学语言”体现在规范解题步骤（如例3分切点已知与未知分类讨论）。小结明确易错点，助力学生深化理解，教师可直接用于课堂教学提升效率。

2．2　导数的几何意义 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 下雨天，当我们将雨伞转动时，伞面边沿的水滴沿着伞边某点的切线方向飞出．实际上物体(看作质点)做曲线运动时，运动方向在不停地变化，其速度方向为质点在其轨迹曲线上的切线方向．   思考　如何研究曲线的切线问题呢？ 提示：曲线在某点处的导数值就是曲线在该点处的切线的斜率，利用直线的点斜式方程可以写出曲线在该点处的切线方程． 新知学习 探究 返回导航 斜率 新知学习 探究 返回导航 2．切线的定义 设函数y＝f(x)的图象是一条光滑的曲线，若 A(x0，f(x0))，B(x0＋Δx，f(x0＋Δx))是曲线y＝f(x)上的点，如图所示，当Δx取不同的值时，可以得到不同的割线；当Δx趋于0时，点B将沿着曲线y＝f(x)趋于点A，割线AB将绕点A转动趋于直线l.称直线l为曲线y＝f(x)在点A处的切线，或称直线l和曲线y＝f(x)在点A处相切．该切线的斜率就是函数y＝f(x)在x0处的导数f′(x0)． 新知学习 探究 返回导航 切线的斜率 f′(x0) 新知学习 探究 返回导航 (1)函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则在函数y＝f(x)的图象上A，B的对应点附近，有(　　) A．A处下降，B处上升 B．A处上升，B处下降 C．A处下降，B处下降 D．A处上升，B处上升 【解析】　因为所给图象为导函数f′(x)的图象，且在A点处f′(x)<0，B点处f′(x)>0，故原函数图象上A处下降，B处上升． √ 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 导数与函数图象升降的关系 若函数y＝f(x)在x＝x0处的导数存在且f′(x0)＞0(即切线的斜率大于零)，则函数y＝f(x)在x＝x0附近的图象是上升的； 若f′(x0)＜0(即切线的斜率小于零)，则函数y＝f(x)在x＝x0附近的图象是下降的．导数绝对值的大小反映了曲线上升或下降的快慢．　 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 求曲线在某点处的切线方程的步骤 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 求曲线y＝f(x)过点P(x0，y0) 的切线方程的步骤 (1)设切点为A(xA，f(xA))，求切线的斜率k＝f′(xA)，写出切线方程(含参数)． (2)把点P(x0，y0)的坐标代入切线方程，建立关于xA的方程，解得xA的值，进而求出切线方程．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练2] (1)曲线y＝x2＋1在点P(2，5)处的切线与y轴交点的纵坐标是________． －3 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 三　求切点坐标 　已知曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线与曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线互相平行，求x0的值． 新知学习 探究 返回导航 【变式探究】 1．(条件变式)若本例条件中的“平行”改为“垂直”，求x0的值． 新知学习 探究 返回导航 2．(设问变式)若本例条件不变，试求出两条平行切线的方程． 新知学习 探究 返回导航 根据切线斜率求切点坐标的步骤 (1)设切点坐标(x0，y0)； (2)求切线的斜率f′(x0)； (3)由斜率间的关系列出关于x0的方程，解方程求x0； (4)点(x0，y0)在曲线f(x)上，将(x0，y0)代入求y0，得切点坐标．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练3] (1)若曲线f(x)＝x2＋2x在点P处的切线垂直于直线x＋2y＝0，则点P的坐标是(　　) A．(0，0) B．(0，1) C．(2，2) D．(－2，0) √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (2)已知曲线y＝f(x)＝2x2＋4x在点P处的切线斜率为16，则点P的坐标为________． (3，30) 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 1．如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋9，则f(5)＋f′(5)＝(　　)   A．－2 B．3 C．2 D．－3 解析：因为函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋9，所以f(5)＝－5＋9＝4，f′(5)＝－1，所以f(5)＋f′(5)＝4－1＝3.故选B. √ 课堂巩固 自测 返回导航 √ 课堂巩固 自测 返回导航 3．(教材P60练习T2改编)曲线y＝－2x2＋x在点(1，－1)处的切线方程为____________________． 3x＋y－2＝0 课堂巩固 自测 返回导航 4．求曲线f(x)＝x3在点(3，27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积． 课堂巩固 自测 返回导航 1．已学习：导数的几何意义、求曲线上一定点处的切线方程、求切点坐标． 2．须贯通：求曲线上一定点处的切线方程． 3．应注意：混淆在一点处的切线和过一点的切线．　 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.通过平均变化率与割线斜率之间的关系，从形的角度理解导数的几何意义，体会用割线逼近切线的变化过程．　2.会求曲线的切线方程、切点坐标及切线倾斜角． eq \a\vs4\al(一　导数的几何意义) 1．割线的定义 设函数y＝f(x)的图象是一条光滑的曲线，且函数y＝f(x)在区间[x0，x0＋Δx]的平均变化率为eq \f(Δy,Δx)，如图所示，它是经过A(x0，f(x0))和B(x0＋Δx，f(x0＋Δx))两点的直线的eq \o(□,\s\up1(1))________．这条直线称为曲线y＝f(x)在点A处的一条割线． 3．导数的几何意义 函数y＝f(x)在x0处的导数f′(x0)，是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的eq \o(□,\s\up1(2))____________，即k＝eq \o(□,\s\up1(3))____________． (2)如图，直线l是曲线y＝f(x)在x＝4处的切线，则f′(4)＝(　　) A.eq \f(1,2) B．3 C．4 D．5 【解析】　根据导数的几何意义知f′(4)是曲线y＝f(x)在x＝4处的切线的斜率，则k＝eq \f(5－3,4－0)＝eq \f(1,2)，所以f′(4)＝eq \f(1,2). [跟踪训练1] 已知函数f(x)在R上可导，且y＝f(x)的部分图象如图所示，设eq \f(f（2）－f（1）,2－1)＝a，则下列不等式正确的是(　　) A．f′(1)<f′(2)<a　　 B．f′(1)<a<f′(2) C．f′(2)<f′(1)<a D．a<f′(1)<f′(2) 解析：由题图可知，函数在[0，＋∞)上增长得越来越快， 故函数图象在点(x0，f(x0))(x0∈(0，＋∞))的切线的斜率越来越大， 因为eq \f(f（2）－f（1）,2－1)＝a，所以f′(1)<a<f′(2)．故选B. eq \a\vs4\al(二　求曲线的切线方程) 角度1　切点已知时求切线方程 　(对接教材例5)(1)已知曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)，求曲线在点P(2，4)处的切线方程； 【解】　因为P(2，4)在曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)上， 所以曲线在点P(2，4)处切线的斜率为k＝ eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(\f(1,3)（2＋Δx）3＋\f(4,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×23＋\f(4,3))),Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋2Δx＋\f(1,3)（Δx）2))＝4. 所以曲线在点P(2，4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0. (2)求曲线f(x)＝eq \f(2,x)在点(－2，－1)处的切线方程． 【解】　因为点(－2，－1)在曲线y＝eq \f(2,x)上， 所以曲线f(x)＝eq \f(2,x)在点(－2，－1)处的切线斜率为k＝f′(－2) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(f（－2＋Δx）－f（－2）,Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(\f(2,－2＋Δx)－\f(2,－2),Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0))eq \f(1,－2＋Δx)＝－eq \f(1,2)， 所以曲线f(x)＝eq \f(2,x)在点(－2，－1)处的切线方程为y＋1＝－eq \f(1,2)(x＋2)，整理得x＋2y＋4＝0. 角度2　切点未知时求切线方程 　求曲线f(x)＝eq \f(1,3)x3过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))的切线方程． 【解】　设过点P的曲线的切线斜率为k，切点为(x0，y0)， 则3,0)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝\f(1,3)x，①,y0－\f(8,3)＝k（x0－2）.②)) eq \f(Δy,Δx)＝3,0)eq \f(\f(1,3)（x0＋Δx）3－\f(1,3)x,Δx) ＝xeq \o\al(2,0)＋x0Δx＋eq \f(1,3)(Δx)2， 当Δx趋于0时，eq \f(Δy,Δx)趋于xeq \o\al(2,0)，所以f′(x0)＝xeq \o\al(2,0)＝k.③ 联立①②③消去y0，k得(x0－2)2(x0＋1)＝0， 解得x0＝2或x0＝－1. 当x0＝2时，k＝4，切线方程为y－eq \f(8,3)＝4(x－2)，即12x－3y－16＝0； 当x0＝－1时，k＝1，切线方程为y－eq \f(8,3)＝x－2，即3x－3y＋2＝0. 故过点P的曲线的切线方程为12x－3y－16＝0或3x－3y＋2＝0. 解析：令y＝f(x)＝x2＋1，则f′(2)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0)) eq \o(lim,\s\do10(Δx→0))eq \f(Δy,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0)) eq \o(lim,\s\do10(Δx→0))eq \f(（2＋Δx）2＋1－22－1,Δx)＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(4＋Δx)＝4，又点P在曲线y＝x2＋1上， 所以k＝f′(2)＝4. 所以曲线y＝x2＋1在点P(2，5)处的切线方程为y－5＝4(x－2)， 即y＝4x－3. 所以切线与y轴交点的纵坐标是－3. (2)求抛物线f(x)＝x2过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，6))的切线方程． 解：由于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，6))不在抛物线上，所以可设切点为(x0，xeq \o\al(2,0))． 因为f′(x0)＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) 2,0)eq \f(（x0＋Δx）2－x,Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) (2x0＋Δx)＝2x0， 所以该切线的斜率为2x0. 又因为此切线过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，6))和点(x0，xeq \o\al(2,0))， 所以2,0)eq \f(x－6,x0－\f(5,2)) ＝2x0， 即xeq \o\al(2,0)－5x0＋6＝0，解得x0＝2或x0＝3. 因此切点为(2，4)或(3，9)， 所以切线方程分别为y－4＝4(x－2)或y－9＝6(x－3)， 即4x－y－4＝0或6x－y－9＝0. 【解】　对于曲线y＝x2－1， k1＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) 2,0)eq \f(（x0＋Δx）2－1－（x－1）,Δx) ＝2x0. 对于曲线y＝1－x3， k2＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝ eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) 3,0)eq \f(1－（x0＋Δx）3－（1－x）,Δx) ＝－3xeq \o\al(2,0). 由题意得2x0＝－3xeq \o\al(2,0)，解得x0＝0或x0＝－eq \f(2,3). 解：因为k1＝2x0，k2＝－3xeq \o\al(2,0). 由曲线y＝x2－1与y＝1－x3在x＝x0处的切线互相垂直，知2x0·(－3xeq \o\al(2,0))＝ －1， 解得x0＝6－eq \s\up6(\f(1,3)). 解：由例4解析知x0＝0或x0＝－eq \f(2,3). 当x0＝0时，曲线y＝x2－1与曲线y＝1－x3的切线方程分别为y＝－1与y＝1； 当x0＝－eq \f(2,3)时，曲线y＝x2－1的切线方程为12x＋9y＋13＝0. 曲线y＝1－x3的切线方程为36x＋27y－11＝0. 所以所求两条平行切线的方程为y＝－1与y＝1或12x＋9y＋13＝0与36x＋27y－11＝0. 解析：设P(x0，y0)，f′(x0)＝ eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) 2,0)eq \f(（x0＋Δx）2＋2（x0＋Δx）－x－2x0,Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) (2x0＋2＋Δx)＝2x0＋2. 因为点P处的切线垂直于直线x＋2y＝0，所以点P处的切线的斜率为2，所以2x0＋2＝2，解得x0＝0，即点P的坐标是(0，0)． 解析：设点P(x0，2xeq \o\al(2,0)＋4x0)， 则f′(x0)＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)＝ eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) 2,0)eq \f(2（x0＋Δx）2＋4（x0＋Δx）－（2x＋4x0）,Δx) ＝4x0＋4， 令4x0＋4＝16，得x0＝3，所以P(3，30)． 2．(教材P60练习T1改编)已知函数y＝f(x)可导，且eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)＝1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线倾斜角为(　　) A．45° B．60° C．120° D．135° 解析：由eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)＝1，可得f′(1)＝1， 则曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为1， 由tan θ＝1(θ为倾斜角)，0°≤θ<180°，可得θ＝45°.故选A. 解析：切线的斜率为eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(－2（1＋Δx）2＋（1＋Δx）－（－2×12＋1）,Δx) ＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(－3Δx－2（Δx）2,Δx)＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) (－3－2Δx)＝－3， 所以切线方程为y＋1＝－3(x－1)，即3x＋y－2＝0. 解：因为f′(3)＝eq \o(lim,\s\do10(Δx→0)) eq \f(（3＋Δx）3－33,Δx)＝27，所以曲线在点(3，27)处的切线方程为y－27＝27(x－3)，即y＝27x－54. 此切线与x轴、y轴的交点分别为(2，0)，(0，－54)，所以所求三角形的面积为eq \f(1,2)×2×54＝54. $