高考理科數(shù)學導數(shù)的概念與運算復習資料

第十二章極限與導數(shù)導數(shù)的概念與運算第講41考點搜索●導數(shù)的概念及其幾何意義●幾種常見函數(shù)的導數(shù)公式●導數(shù)的四則運算法則，復合函數(shù)的求導法則高考猜想1.導數(shù)的基本運算，求函數(shù)的導數(shù).2.導數(shù)條件的轉化與可導條件分析.3.導數(shù)與切線的綜合應用.21.對于函數(shù)y=f(x)，記Δy=f(x0+Δx)-f(x0)，如果當Δx→0時，

有極限，就說函數(shù)y=f(x)在x0處可導，并把這個極限叫做f(x)在點x0處的導數(shù)(或變化率)，記作f′(x0)或y′|x=x0，即f′(x0)=———————

=——————————————.2.如果函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內每一點都可導，則對(a，b)內每一個確定的值x0，都對應著一個確定的導數(shù)f′(x0)，3這樣就在開區(qū)間(a，b)內構成一個新的函數(shù)，稱這一新函數(shù)叫做f(x)在開區(qū)間(a，b)內的

，簡稱導數(shù)，記作f′(x)或y′，即f′(x)=

.3.曲線y=f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率是

.相應地，切線方程為————————————————.4.常見函數(shù)的導數(shù)導函數(shù)f′(x0)y-y0=f

′(x0)(x-x0)4(1)C′=

(C為常數(shù))；(2)(xn)′=

(n∈Q);(3)(sinx)′=

;(4)(cosx)′=

;(5)(lnx)′=

;(6)(logax)′=

(a＞0，a≠1);(7)(ex)′=

;(8)(ax)′=

(a＞0，a≠1).0nxn-1cosx

-sinx

ex

axlna

55.導數(shù)的四則運算法則(1)(u±v)′=

;(2)(uv)′=

;(3)(uv)′=

(v≠0).u=φ(x)在點x處有導數(shù)，函數(shù)y=f(u)在點x的對應點u處有導數(shù)，則復合函數(shù)y=f［φ(x)］在點x處也有導數(shù)，且fx′［φ(x)］=

.f′(u)φ′(x)u′±v′

u′v+uv′

61.如果質點A按規(guī)律s=2t3運動，則在t=3s時的瞬時速度為()A.6B.18C.54D.81解：因為s′=6t2，所以s′|t=3=6×32=54.C7y=x2-x+c上一點P的橫坐標是-2，拋物線過點P的切線恰好過坐標原點，則c的值為(

)A.1

B.2C.3

D.4解：因為y′=2x-1，所以y′|x=-2=-5.又P(-2，6+c)，所以

,解得c=4.D83.若f′(x0)=2,則等于()A.-1B.-2C.1D.解：A9題型1

求函數(shù)的導數(shù)1.求下列函數(shù)的導數(shù)：解：1011點評：掌握常見函數(shù)的導數(shù)是求函數(shù)的導數(shù)的關鍵，注意函數(shù)的和、差、積、商的導數(shù)在解題中的應用.涉及到復合函數(shù)的導數(shù)注意把復合函數(shù)分解為幾個基本函數(shù).12131415題型2在導數(shù)條件下求參數(shù)的值2.已知函數(shù)若存在x0∈R，使得f

′(x0)=0且f(x0)=0，求a的值.解：因為f

′(x)=3x2+2ax，令f

′(x)=0，則3x2+2ax=0，所以x0=0或x0=-.16當x0=0時，由f(x0)=0，可得所以a=0.當x0=-時，由f(x0)=0，可得即a3-9a=0，所以a=0或a=±3.綜上分析，a=0或a=±3.17點評：求參數(shù)的值或取值范圍的問題，仍是轉化題中的條件，得到相應參數(shù)的方程或不等式，然后通過解方程或不等式得到所求的問題的解.18已知函數(shù)f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(其中a、b、c、d、e∈R)為偶函數(shù)，它的圖象過點A(0，-1)，B(1，0)，且f′(1)=-2，求函數(shù)f(x)的表達式.解：因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(-x)=f(x)恒成立.即a(-x)4+b(-x)3+c(-x)2+d(-x)+e=ax4+bx3+cx2+dx+恒成立，所以b=0，d=0，即f(x)=ax4+cx2+e.又由圖象過點A(0，-1)，可知f(0)=-1，即e=-1.因為f′(1)=-2且f(1)=0，所以4a+2c=-2且a+c-1=0，解得a=-2，cf(x)=-2x4+3x2-1.193.已知曲線求：(1)曲線在x=2處的切線方程；(2)曲線過點P(2，4)的切線方程.解：(1)因為y′=x2,所以在x=2處的切線的斜率k=y′|x=2=4.又x=2時，所以曲線在x=2處的切線方程為y-4=4(x-2),即4x-y-4=0.題型3利用導數(shù)求切線方程20(2)設曲線

與過點P(2，4)的切線相切于點則切線的斜率k=y′|x=x0=x02.所以切線方程為即因為點P(2，4)在切線上，所以即21所以所以所以(x0+1)(x0-2)2=0,解得x0=-1或x0=2.故所求的切線方程為4x-y-4=0或x-y+2=0.點評：求曲線在某點處的切線方程的思路是：先求得函數(shù)在此點處的導數(shù)值，即為切線的斜率，然后根據(jù)切點的坐標，再用點斜式可得切線方程.若是經(jīng)過某點的切線，注意先設切點坐標，然后寫出切線方程，再把已知點代入切線方程求得切點的橫坐標.22(2010·全國課程標準卷)曲線y=在點(-1，-1)處的切線方程為(

)A.y=2x+1

B.y=2x-1C.y=-2x-3

D.y=-2x-223解：易知點(-1，-1)在曲線上，即為切點，又由于f

′(x)=

=，故f

′(-1)=，即切線的斜率為2，從而切線方程為y+1=2(x+1)，化簡可得y=2x+1.24已知函數(shù)f(x)在點x=1處連續(xù)，且求f

′(1).解：因為f(x)在點x=1處連續(xù)，所以又

參考題題型函數(shù)的連續(xù)性與導數(shù)的關系分析25所以即f(1)=0.所以26求證：如果函數(shù)y=f(x)在點x0處可導，那么函數(shù)y=f(x)在點x0處連續(xù).證明：由已知，得27所以所以命題得證.281.f(x)在點x0處的導數(shù)f′(x0)也可理解為：這相當于Δx=x-x0，所以增量Δx可用其他形式替代，如-t，2t等.但在轉換時，必須與導數(shù)概念保持一致，如事實上，292.

求函數(shù)f(x)的導數(shù)是一個最基本的題型，利用求導法則將f(x)的導數(shù)轉化為基本函數(shù)的導數(shù)，再套公式化簡整理，是解決這類問題的基本思路.有時可先對f(x)作適當變形，再求導.3.

復合函數(shù)的求導法則表明：復合函數(shù)對自變量的導數(shù)，等于已知函數(shù)對中間變量的導數(shù)，乘以中間變量對自變量的導數(shù).30求解時要正確分析函數(shù)的復合過程，選好中間變量，尤其是涉及多個函數(shù)復合而成的函數(shù)，求導時首先要弄清它是幾層復合關系，然后由外而內，逐層求導.必要時可通過換元，使復合關系更加明確、具體.同時注意在求導后，要把中間變量換成自變量的函數(shù).4.

求f′(x0)的值，一般先求f′(x)，然后再求當x=x0時導函數(shù)的值.有時也可直接利用導數(shù)的定義，轉化為求函數(shù)在某個點處的極限.315.判斷函數(shù)f(x)在點x=x0處是否可導，可轉化為判斷

是否存在.若存在，則這個極限值就是f(x)在x0y=f(x)在點x0處可導，那么函數(shù)f(x)在點x0y=f(x)在點x0處連續(xù)，那么f(x)在x0處不一定可導(例如函數(shù)y=|x|在點x=0處連續(xù)，但無導數(shù))，它可直觀地理解為連續(xù)函數(shù)對應的曲線在點x0處不一定有“切線”.326.

求過某個點M的曲線的切線方程，關鍵是求切線的斜率，從而轉化為求曲線在切點處的導數(shù).但必須注意的是，先要明確點M是否在曲線上.若點M在曲線上，則它就是切點，否則，要另設切點坐標，切不可把函數(shù)在點M處的導數(shù)誤認為是切線的斜率.7.

由于函數(shù)y=f(x)在x=x0處的導數(shù)表示曲線在點P(x0，f(x0))處切線的斜率，因此，曲線y=f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程可按如下步驟求得：33第一步，求出函數(shù)y=f(x)在點x=x0處的導數(shù)，即曲線y=f(x)在點P(x0，f(x0))處切線的斜率.第二步，在已知切點坐標和切線斜率的條件下，求得切線方程為y=y0+f′(x0)(x-x0).如果曲線y=f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線平行于y軸(此時導數(shù)不存在)，由切線的定義可知，切線的方程為x=x0.34第十二章極限與導數(shù)導數(shù)的應用第講5（第一課時）35考點搜索●利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性的基本原理●函數(shù)極值的概念及其判定原理●函數(shù)的最大值與最小值高考猜想1.利用導數(shù)確定函數(shù)的單調性、極值和最值，并進行分類討論.2.利用導數(shù)解決方程、不等式問題，以及實際應用性問題，考查導數(shù)的工具性作用.361.設函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間內可導，如果f′(x)＞0，則f(x)為①

;如果f′(x)＜0，則f(x)為②

.如果在某個區(qū)間內恒有③

，則f(x)為常數(shù).2.設函數(shù)f(x)在點x0附近有定義，如果對x0附近的所有的點，都有④

，就說f(x0)是函數(shù)f(x)的一個極大值，記作y極大值=f(x0);增函數(shù)減函數(shù)f′(x)=0f(x)＜f(x0)37如果對x0附近的所有的點，都有⑤

，就說f(x0)是函數(shù)f(x)的一個極小值，記作y極小值=f(x0)，極大值與極小值統(tǒng)稱為⑥

.3.當函數(shù)f(x)在點x0處連續(xù)時，如果在x0附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，那么f(x0)是⑦

；如果在x0附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，那么f(x0)是⑧

.f(x)＞f(x0)極值極大值極小值38f(x)在［a，b］上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在［a，b］上的最大值與最小值的步驟如下：(1)求f(x)在(a，b)內的⑨

；(2)將f(x)的各極值與⑩

比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.f(a)、f(b)極值391.函數(shù)f(x)=(x-3)ex的單調遞增區(qū)間是()A.(-∞,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)解：f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令f′(x)>0,解得x>2,故選D.D40

在x=1處取極值，則a=

.解：由

解得a=3.3

41題型1利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性及簡單證明1.求函數(shù)y=2x3-9x2+12x-3的單調區(qū)間.解：函數(shù)的定義域為R.y′=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2).令y′=0，得x1=1，x2=2.x1，x2將定義域分成三個區(qū)間(-∞，1)，(1，2)，(2，+∞)，可列表討論如下：42所以函數(shù)y=2x3-9x2+12x-3的單調增區(qū)間為(-∞，1)，(2，+∞)；單調減區(qū)間為(1，2).x(-∞，1)1(1，2)2(2，+∞)y′+0-0+y極大值極小值43點評：利用導數(shù)判斷函數(shù)在區(qū)間(a，b)上的單調性，其步驟是：先求導函數(shù)f

′(x)，然后判斷導函數(shù)f

′(x)在區(qū)間(a，b)上的符號；而求函數(shù)的單調區(qū)間，則先求導，然后解方程f′(x)=0，得出不等式f′(x)>0的解的區(qū)間(即遞增區(qū)間)或f

′(x)<0的解的區(qū)間(即遞減區(qū)間).若沒有指定區(qū)間，應先求出函數(shù)的定義域.444546題型2利用導數(shù)討論函數(shù)的單調性2.設a為實常數(shù)，試討論函數(shù)f(x)=lg(10x+1)-ax的單調性.解：47(1)因為10x+1＞10x＞0，所以故當a≥1時，

(2)當0＜a＜1時，1-a＞0，令f′(x)＞0，則即令f′(x)＜0，則即(3)當a≤0時，綜上分析，48當a≤0時，f(x)是增函數(shù)；當a≥1時，f(x)是減函數(shù)；當0＜a＜1時，f(x)在(-∞，)上是減函數(shù)，在(，+∞)上是增函數(shù).點評：含參數(shù)的函數(shù)的單調性問題，在求導后判斷f

′(x)的符號時，需要根據(jù)參數(shù)的取值情況進行分類討論.49已知函數(shù)f(x)=e2x-2t(ex+x)+x2+2t2+1，證明：(1)當t＜時，g(x)在R上是增函數(shù)；(2)對于給定的閉區(qū)間［a，b］，總存在實數(shù)k，當t＞k時，g(x)在閉區(qū)間［a，b］上是減函數(shù).證明：(1)由題設得g(x)=e2x-t(ex+1)+x，則g′(x)=2e2x-tex+1.又由2ex+e-x≥，且t＜

，得t＜2ex+e-x，即g′(x)=2e2x-tex+1＞0.由此可知，g(x)為R上的增函數(shù).50(2)證法1：因為g′(x)＜0是g(x)為減函數(shù)的充分條件，所以只要找到實數(shù)k，使得t＞k時，g′(x)=2e2x-tex+1＜0，即t＞2ex+e-x在閉區(qū)間［a，b

］上成立即可.因為y=2ex+e-x在閉區(qū)間［a，b

］上連續(xù)，故在閉區(qū)間［a，b

］上有最大值，設其為k，于是在t＞k時，g′(x)＜0在閉區(qū)間［a，b

］上恒成立，即g(x)在閉區(qū)間［a，b

］上為減函數(shù).51證法2：因為g′(x)＜0是g(x)為減函數(shù)的充分條件，所以只要找到實數(shù)k，使得t＞k時，g′(x)=2e2x-tex+1＜0在閉區(qū)間［a，b

］上成立即可.令m=ex，則g′(x)＜0(x∈［a，b

］)當且僅當2m2-tm+1＜0(m∈［ea，eb］).而上式成立只需52取2ea+e-a與2eb+e-b中較大者記為k，易知當t＞k時，g′(x)＜0在閉區(qū)間［a，b］上恒成立，即g(x)在閉區(qū)間［a，b］上為減函數(shù).2e2a-tea+1＜02e2b-teb+1＜0，即t＞2ea+e-at＞2eb+e-b成立.533.已知f(x)=ex-ax-1.(1)若f(x)在定義域R內單調遞增，求a的取值范圍；(2)是否存在a,使f(x)在(-∞，0］上單調遞減，在［0，+∞)上單調遞增？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.題型3利用導數(shù)求單調函數(shù)中參數(shù)的取值范圍54解：f′(x)=ex-a.(1)因為f(x)在R內單調遞增，所以f′(x)≥0在R上恒成立.所以ex-a≥0，即a≤ex在R上恒成立.所以a≤(ex)min.又因為ex＞0，所以a≤0.故a的取值范圍為(-∞,0］.55(2)解法1：由題意知ex-a≤0在(-∞，0］上恒成立,所以a≥ex在(-∞，0］上恒成立.因為g(x)=ex在(-∞，0］上為增函數(shù),所以當x=0時，ex取得最大值1.所以a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立，即a≤ex在［0，+∞)上恒成立，所以aa=1.56解法2：由題意知，x=0為f(x)的極小值點，所以f′(0)=0,即e0-a=0,所以a=1.點評：由可導函數(shù)在某指定區(qū)間上是單調的，可得此函數(shù)在區(qū)間上的導函數(shù)的符號