2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试（新高考专用）专题15 导数的概念及运算 含解析

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试（新高考专用）专题15 导数的概念及运算 含解析，共6页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【考纲要求】
1.通过实例分析，了解平均变化率、瞬时变化率，了解导数概念的实际背景.
2.通过函数图象，理解导数的几何意义.
3.了解利用导数定义求基本初等函数的导数.
4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.
5.能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数.
【考点预测】
1.导数的概念
(1)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(也称瞬时变化率)，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝ eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0)).
(2)当x＝x0时，f′(x0)是一个唯一确定的数，当x变化时，y＝f′(x)就是x的函数，我们称它为y＝f(x)的导函数(简称导数)，记为f′(x)(或y′)，即f′(x)＝y′＝
eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))limΔx→0eq \f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).
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
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)；
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)；
[cf(x)]′＝cf′(x).
5.复合函数的定义及其导数
(1)一般地，对于两个函数y＝f(u)和u＝g(x)，如果通过中间变量u，y可以表示成x的函数，那么称这个函数为函数y＝f(u)与u＝g(x)的复合函数，记作y＝f(g(x)).
(2)复合函数y＝f(g(x))的导数和函数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.f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，则(f(x0))′＝0.
2.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,f（x）)))′＝－eq \f(f′（x）,[f（x）]2)(f(x)≠0).
3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.
4.函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.
【方法技巧】
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.
4.求曲线在点P(x0，y0)处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程，若在该点P处的导数不存在，则切线垂直于x轴，切线方程为x＝x0.
5.求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同.过点处的切点坐标不知道，要设出切点坐标，根据斜率相等建立方程(组)求解，求出切点坐标是解题的关键.
6.处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组)并解出参数：
(1)切点处的导数是切线的斜率；
(2)切点在切线上，故满足切线方程；
(3)切点在曲线上，故满足曲线方程.
7.利用导数的几何意义求参数问题时，注意利用数形结合，化归与转化的思想方法.
二、【题型归类】
【题型一】导数的概念
【典例1】已知函数h(x)＝－4.9x2＋6.5x＋10.
(1)计算从x＝1到x＝1＋Δx的平均变化率，其中Δx的值为①2；②1；③0.1；④0.01.
(2)根据(1)中的计算，当Δx越来越小时，函数h(x)在区间[1，1＋Δx]上的平均变化率有怎样的变化趋势？
【解析】(1)∵Δy＝h(1＋Δx)－h(1)＝－4.9(Δx)2－3.3Δx，
∴eq \f(Δy,Δx)＝－4.9Δx－3.3.
①当Δx＝2时，eq \f(Δy,Δx)＝－4.9Δx－3.3＝－13.1；
②当Δx＝1时，eq \f(Δy,Δx)＝－4.9Δx－3.3＝－8.2；
③当Δx＝0.1时，eq \f(Δy,Δx)＝－4.9Δx－3.3＝－3.79；
④当Δx＝0.01时，eq \f(Δy,Δx)＝－4.9Δx－3.3＝－3.349.
(2)当Δx越来越小时，函数h(x)在区间[1，1＋Δx]上的平均变化率逐渐变大，并接近于－3.3.
【典例2】利用导数的定义求函数f(x)＝－x2＋3x在x＝2处的导数.
【解析】由导数的定义知，函数在x＝2处的导数f′(2)=eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)，
而f(2＋Δx)－f(2)＝－(2＋Δx)2＋3(2＋Δx)－(－22＋3×2)＝－(Δx)2－Δx，
于是f′(2)＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq \f(－（Δx）2－Δx,Δx)＝eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))(－Δx－1)＝－1.
【典例3】已知f(x)在x0处的导数f′(x0)＝k，求下列各式的值：
(1) eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0）－f（x0－Δx）,2Δx)；
(2)eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0－Δx）,Δx).
【解析】(1)∵eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0）－f（x0－Δx）,x0－（x0－Δx）)＝f′(x0)，
即eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0）－f（x0－Δx）,Δx)＝f′(x0)＝k.
∴eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0）－f（x0－Δx）,2Δx)＝eq \f(k,2).
(2)∵eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0－Δx）,（x0＋Δx）－（x0－Δx）)，
即eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0－Δx）,2Δx)为函数f(x)在区间[x0－Δx，x0＋Δx]上的平均变化率.
∴当Δx→0时，eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0－Δx）,2Δx)必趋于f′(x0)＝k，
∴eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0－Δx）,2Δx)＝k，
∴eq \(lim,,\s\d6(Δx→0))eq^\(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0－Δx）,Δx)＝2k.
【题型二】导数的运算
【典例1】(多选)下列求导运算正确的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)))′＝－eq \f(1,xln2x)
B．(x2ex)′＝2x＋ex
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))′＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2)
【解析】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)))′＝－eq \f(1,ln2x)·(ln x)′＝－eq \f(1,xln2x)，
故A正确；
(x2ex)′＝(x2＋2x)ex，故B错误；
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))′＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，故C错误；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2)，故D正确．
故选AD.
【典例2】函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)＝x2＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))sin x，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝________.
【解析】f′(x)＝2x＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(2π,3)＋eq \f(1,2)f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(4π,3)，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(π2,36)＋eq \f(2π,3).
【典例3】已知函数f′(x)＝exsin x＋excs x，则f(2 021)－f(0)等于( )
A．e2 021cs 2 021 B．e2 021sin 2 021
C.eq \f(e,2) D．e
【解析】因为f′(x)＝exsin x＋excs x，
所以f(x)＝exsin x＋k(k为常数)，
所以f(2 021)－f(0)＝e2 021sin 2 021.
【题型三】求切线方程
【典例1】曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为__________．
【解析】y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq \f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq \f(5,x＋22)，所以y′|x＝－1＝eq \f(5,－1＋22)＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.
【典例2】已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为______________．
【解析】∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，
∴设切点为(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋ln x，
∴直线l的方程为y＋1＝(1＋ln x0)x.
∴由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝1＋ln x0x0，))解得x0＝1，y0＝0.
∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
【典例3】已知曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3).
(1)求满足斜率为1的曲线的切线方程；
(2)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；
(3)求曲线过点P(2，4)的切线方程．
【解析】(1)y′＝x2，设切点为(x0，y0)，
故切线的斜率为k＝xeq \\al(2,0)＝1，
解得x0＝±1，故切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3)))，(－1，1)．
故所求切线方程为y－eq \f(5,3)＝x－1和y－1＝x＋1，
即3x－3y＋2＝0和x－y＋2＝0.
(2)∵y′＝x2，且P(2，4)在曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)上，
∴在点P(2，4)处的切线的斜率k＝y′|x＝2＝4.
∴曲线在点P(2，4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0.
(3)设曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)与过点P(2，4)的切线相切于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3)))，又∵切线的斜率k＝y′|x＝x0＝xeq \\al(2,0)，
∴切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)xeq \\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq \\al(2,0)(x－x0)，
即y＝xeq \\al(2,0)x－eq \f(2,3)xeq \\al(3,0)＋eq \f(4,3).
∵点P(2，4)在切线上，∴4＝2xeq \\al(2,0)－eq \f(2,3)xeq \\al(3,0)＋eq \f(4,3)，
即xeq \\al(3,0)－3xeq \\al(2,0)＋4＝0，∴xeq \\al(3,0)＋xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＋4＝0，
∴xeq \\al(2,0)(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，
故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
【题型四】求参数的值(范围)
【典例1】直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
【解析】∵直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，
将P(1,2)代入y＝kx＋1，
可得k＋1＝2，解得k＝1，
∵ f(x)＝aln x＋b，∴ f′(x)＝eq \f(a,x)，
由f′(1)＝eq \f(a,1)＝1，
解得a＝1，可得f(x)＝ln x＋b，
∵P(1,2)在曲线f(x)＝ln x＋b上，
∴f(1)＝ln 1＋b＝2，
解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4.
【典例2】已知f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋mx＋eq \f(7,2)(m