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第3章 導數及其應用
章末復習
學習目標 1.理解導數的幾何意義并能解決有關斜率、切線方程等的問題.2.掌握初等函數的求導公式，并能夠綜合運用求導法則求函數的導數.3.掌握利用導數判斷函數單調性的方法，會用導數求函數的極值和最值.4.會用導數解決一些簡單的實際應用問題.
知識點一 在x＝x0處的導數
1.定義：函數y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率，若Δx無限趨近于0時，比值＝無限趨近于一個常數A，稱函數y＝f(x)在x＝x0處可導.常數A為f(x)在x＝x0處的導數.
2.幾何意義：函數y＝f(x)在x＝x0處的導數是函數圖象在點(x0，f(x0))處的切線斜率.
3.物理意義：瞬時速度、瞬時加速度.
知識點二 基本初等函數的求導公式
函數
導數
y＝C
y′＝0
y＝xα(α為常數)
y′＝αxα－1
y＝sinx
y′＝cosx
y＝cosx
y′＝－sinx
y＝ax(a>0且a≠1)
y′＝axlna
y＝ex
y′＝ex
y＝logax(a>0且a≠1)
y′＝
y＝lnx
y′＝
知識點三 導數的運算法則
和差的導數
[f(x)g(x)]′＝f′(x)g′(x)
積的導數
[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
商的導數
′＝(g(x)≠0)
知識點四 函數的單調性、極值與導數
1.函數的單調性與導數
在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞增；如果f′(x)<0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞減.
2.函數的極值與導數
(1)極大值：在x＝a附近，滿足f(a)≥f(x)，當x
0；當x>a時，f′(x)<0，則點a叫做函數的極大值點，f(a)叫做函數的極大值；
(2)極小值：在x＝a附近，滿足f(a)≤f(x)，當xa時，f′(x)>0，則點a叫做函數的極小值點，f(a)叫做函數的極小值.
知識點五 求函數y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟
1.求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值.
2.將函數y＝f(x)的各極值與端點處函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.
特別提醒：(1)關注導數的概念、幾何意義
利用導數的概念、幾何意義時要特別注意切點是否已知，若切點未知，則設出切點，用切點坐標表示切線斜率.
(2)正確理解單調性與導數、極值與導數的關系
①當函數在區(qū)間(a，b)上為增函數時，f′(x)≥0；
②f′(x0)＝0是函數y＝f(x)在x0處取極值的必要條件.
1.導數值為0的點一定是函數的極值點.( )
2.在可導函數的極值點處，切線與x軸平行.( √ )
3.函數f(x)在定義域上都有f′(x)>0，則函數f(x)在定義域上單調遞增.( )
4.函數f(x)＝xlnx的最小值為－e－1.( √ )
類型一 導數的幾何意義及應用
例1 設函數f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a>0)，直線l是曲線y＝f(x)的一條切線，當l的斜率最小時，直線l與直線10x＋y＝6平行.
(1)求a的值；
(2)求f(x)在x＝3處的切線方程.
考點 導數的概念
題點 導數的幾何意義及應用
解 (1)∵f′(x)＝x2＋2ax－9＝(x＋a)2－a2－9，
∴f′(x)min＝－a2－9，
由題意知，－a2－9＝－10，∴a＝1或－1(舍去).
故a＝1.
(2)由(1)得a＝1.
∴f′(x)＝x2＋2x－9，
則k＝f′(3)＝6，f(3)＝－10.
∴f(x)在x＝3處的切線方程為y＋10＝6(x－3)，
即6x－y－28＝0.
反思與感悟 利用導數求切線方程時關鍵是找到切點，若切點未知需設出.常見的類型有兩種，一類是求“在某點處的切線方程”，則此點一定為切點，易求斜率進而寫出直線方程即可得；另一類是求“過某點的切線方程”，這種類型中的點不一定是切點，可先設切點為Q(x1，y1)，由＝f′(x1)和y1＝f(x1)求出x1，y1的值，轉化為第一種類型.
跟蹤訓練1 求垂直于直線2x－6y＋1＝0并且與曲線y＝x3＋3x2－5相切的直線方程.
考點 導數的概念
題點 導數的幾何意義及應用
解 設切點坐標為P(x0，y0)，函數y＝x3＋3x2－5的導數為y′＝3x2＋6x，則切線的斜率為k＝3x＋6x0.
又∵直線2x－6y＋1＝0的斜率為k′＝，
∴kk′＝(3x＋6x0)＝－1，
解得x0＝－1，∴y0＝－3，即P(－1，－3).
又k＝－3，∴切線方程為y＋3＝－3(x＋1)，
即3x＋y＋6＝0.
類型二 導數中分類討論思想
例2 已知函數f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R).設a≥0，求f(x)的單調區(qū)間.
考點 分類討論思想在導數中的應用
題點 分類討論思想在單調性中的應用
解 由f(x)＝ax2＋bx－lnx，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝.
(1)當a＝0時，f′(x)＝.
①若b≤0，當x>0時，f′(x)<0恒成立，
所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，＋∞).
②若b>0，當0時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增.
所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.
(2)當a>0時，令f′(x)＝0，得2ax2＋bx－1＝0.
由Δ＝b2＋8a>0，得
x1＝，x2＝.
顯然x1<0，x2>0.
當0x2時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增.
所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.
綜上所述，當a＝0，b≤0時，函數f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，＋∞)；
當a＝0，b>0時，函數f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是；
當a>0時，函數f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.
反思與感悟 (1)關注函數的定義域，單調區(qū)間應為定義域的子區(qū)間.
(2)已知函數在某個區(qū)間上的單調性時轉化要等價.
(3)分類討論求函數的單調區(qū)間實質是討論不等式的解集.
(4)求參數的范圍時常用到分離參數法.
跟蹤訓練2 已知函數f(x)＝x－＋a(2－lnx)，a>0，討論f(x)的單調性.
考點 分類討論思想在導數中的應用
題點 分類討論思想在單調性中的應用
解 f(x)的定義域是(0，＋∞)，
則f′(x)＝1＋－＝.
設g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.
①當Δ<0，即00，都有f′(x)>0.此時f(x)是(0，＋∞)上的單調遞增函數；
②當Δ＝0，即a＝2時，僅對x＝時，有f′(x)＝0，對其余的x>0都有f′(x)>0.
此時f(x)也是(0，＋∞)上的單調遞增函數；
③當Δ>0，即a>2時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根x1＝，x2＝，00，y＝f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數，
所以y＝f(x)無極值；
②當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝lna.
當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0，y＝f(x)在(－∞，lna)上遞減；
當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0，y＝f(x)在(lna，＋∞)上遞增，
故f(x)在x＝lna處取得極小值f(lna)＝lna，無極大值.
綜上，當a≤0時，y＝f(x)無極值；
當a>0時，y＝f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值.
(3)當a＝1時，f(x)＝x－1＋.
直線l：y＝kx－1與曲線y＝f(x)沒有公共點等價于關于x的方程kx－1＝x－1＋在R上沒有實數解，
即關于x的方程(k－1)x＝(*)在R上沒有實數解.
①當k＝1時，方程(*)為＝0，在R上沒有實數解；
②當k≠1時，方程(*)為＝xex.
令g(x)＝xex，則有g′(x)＝(1＋x)ex，
令g′(x)＝0，得x＝－1.
當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↘
－
↗
當x＝－1時，g(x)min＝－，
從而g(x)∈.
所以當∈時，方程(*)沒有實數解，
解得k∈(1－e,1).
綜上，k的取值范圍為(1－e,1].
反思與感悟 (1)已知極值點求參數的值后，要代回驗證參數值是否滿足極值的定義.
(2)討論極值點的實質是討論函數的單調性，即f′(x)的正負.
(3)求最大值要在極大值與端點值中取最大者，求最小值要在極小值與端點值中取最小者.
跟蹤訓練3 設f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x).
(1)求g(x)的單調區(qū)間和最小值；
(2)討論g(x)與g的大小關系；
(3)求a的取值范圍，使g(a)－g(x)＜對任意x＞0成立.
考點 分類討論思想在導數中的應用
題點 分類討論思想在極值、最值中的應用
解 (1)由題設，知g(x)＝lnx＋，
所以g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，
當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，
故g(x)的單調遞減區(qū)間是(0,1)，單調遞增區(qū)間是(1，＋∞).因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，
所以g(x)的最小值為g(1)＝1.
(2)g＝－lnx＋x，
設h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋，
則h′(x)＝－.
當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g；
當x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)＜0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)內單調遞減.
當0＜x＜1時，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g；
當x＞1時，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g.
(3)由(1)，知g(x)的最小值為1.
因為g(a)－g(x)＜對任意x＞0成立，
所以g(a)－1＜，即lna＜1，
解得0＜a＜e.即a的取值范圍為(0，e).
類型三 導數中的構造函數問題
例4 已知定義域為R的奇函數y＝f(x)的導函數為y＝f′(x)，當x≠0時，f′(x)＋<0，若a＝f，b＝－f(－)，c＝f，則a，b，c的大小關系是.
答案 b0時，xf′(x)＋f(x)<0；
當x<0時，xf′(x)＋f(x)>0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數.
∵b>c
解析 設g(x)＝，
則g′(x)＝.
令g′(x)>0，解得xe，
∴g(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減，
而5>4>3>e，∴g(5)b>c.
例5 定義域為R的可導函數y＝f(x)的導函數f′(x)滿足f(x)2ex的解集為.
答案 (0，＋∞)
解析 設g(x)＝，則g′(x)＝.
∵f(x)0，即函數g(x)單調遞增.
∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，
則不等式等價于g(x)>g(0).
∵函數g(x)單調遞增，
∴x>0，∴不等式的解集為(0，＋∞).
反思與感悟 應用構造法解決不等式時，先根據所求結論與已知條件，構造函數，通過導函數判斷函數的單調性，再利用單調性得到x的取值范圍.
跟蹤訓練5 設函數f(x)是定義在R上的偶函數，f′(x)為其導函數.當x>0時，f(x)＋xf′(x)>0，且f(1)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為.
答案 (1，＋∞)
解析 令g(x)＝xf(x).
當x>0時，g′(x)＝[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增.
又f(x)是偶函數，即f(－x)＝f(x)，
則g(－x)＝(－x)f(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，
∴g(x)是奇函數，g(x)在R上單調遞增.
∵f(1)＝0，則g(1)＝1f(1)＝0，
由xf(x)>0，即g(x)>g(1)，得x>1，
∴xf(x)>0的解集為(1，＋∞).
例6 已知x>1，證明：x－1>lnx.
證明 設f(x)＝x－1－lnx，x∈(1，＋∞)，
則f′(x)＝1－＝，
因為x∈(1，＋∞)，所以f′(x)＝>0，
即函數f(x)在(1，＋∞)上是增函數，
又x>1，所以f(x)>f(1)＝1－1－ln1＝0，
即x－1－lnx>0，所以x－1>lnx.
反思與感悟 利用函數的最值證明不等式的基本步驟
(1)將不等式構造成f(x)>0(或<0)的形式；
(2)利用導數將函數y＝f(x)在所給區(qū)間上的最小值(或最大值)求出；
(3)證明函數y＝f(x)的最小值(或最大值)大于零(或小于零)即可證得原不等式成立.
跟蹤訓練6 證明：當x>0時，2＋2x<2ex.
證明 設f(x)＝2＋2x－2ex，
則f′(x)＝2－2ex＝2(1－ex).
當x>0時，ex>e0＝1，
∴f′(x)＝2(1－ex)<0.
∴函數f(x)＝2＋2x－2ex在(0，＋∞)上是減函數，
∴f(x)0時，2＋2x－2ex<0，
∴2＋2x<2ex.
1.若函數f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象與x軸相切于點(1,0)，則函數f(x)的單調遞減區(qū)間為.
考點 導數的概念
題點 導數的幾何意義及應用
答案
解析 f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由題意可得即得
∴f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)<0即3x2－4x＋1<0，
解得0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為.
考點 導數的運用
題點 利用導數研究函數最值
答案?。?
解析 f′(x)＝＝，
當x>時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
當－0，f(x)單調遞增，
當x＝時，令f(x)＝＝，＝<1，不合題意.
∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1.
4.設f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0,6).
(1)確定a的值；
(2)求函數f(x)的單調區(qū)間與極值.
考點 導數的運用
題點 導數的綜合運用
解 (1)因為f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，
所以f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，
f′(1)＝6－8a，
所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由點(0,6)在切線上，可得6－16a＝8a－6，故a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
當03時，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上為增函數；
當2a，則實數a的取值范圍為.
考點 導數的運用
題點 利用導數求函數最值
答案
解析 f′(x)＝3x2－x－2，
令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，
解得x＝1或x＝－，
又f(1)＝，f＝，f(－1)＝，f(2)＝7，
故f(x)min＝，∴a<.
3.已知y＝f(x)是奇函數，當x∈(0,2)時，f(x)＝lnx－ax，當x∈(－2,0)時，f(x)的最小值為1，則a的值為.
考點 導數的運用
題點 利用導數求函數最值
答案 1
解析 由題意知，當x∈(0,2)時，f(x)的最大值為－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
當00；
當x>時，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f＝－lna－1＝－1，解得a＝1.
4.已知f(x)＝sinx＋2x，x∈R，且f(2a)0恒成立，
∴f(x)在R上單調遞增.
∵f(2a)0)的導數f′(x)的最大值為5，則在函數f(x)圖象上的點(1，f(1))處的切線方程是.
考點 導數的運用
題點 利用導數求函數最值
答案 15x－3y－2＝0
解析 ∵f′(x)＝－2x2＋4ax＋3
＝－2(x－a)2＋3＋2a2，
∴f′(x)max＝3＋2a2＝5，
∵a>0，∴a＝1.
∴f′(x)＝－2x2＋4x＋3，
f′(1)＝－2＋4＋3＝5，
又f(1)＝－＋2＋3＝，
∴所求切線方程為y－＝5(x－1)，
即15x－3y－2＝0.
6.函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖，則函數y＝ax2＋bx＋的單調遞增區(qū)間是.
考點 導數的運用
題點 利用導數研究函數單調性
答案
解析 不妨取a＝1，
∵f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由圖可知，f′(－2)＝0，f′(3)＝0，
∴12－4b＋c＝0,27＋6b＋c＝0，
∴b＝－，c＝－18.
∴y＝x2－x－6，y′＝2x－，
當x>時，y′>0.
∴y＝ax2＋bx＋的單調遞增區(qū)間為.
7.將8分成兩個數之和，使其立方之和最小，則這兩個數分別為.
考點 導數的運用
題點 導數的運用
答案 4,4
解析 設一個數為x，則另一個數為8－x，
則y＝x3＋(8－x)3,0≤x≤8，y′＝3x2－3(8－x)2.
令y′＝0，即3x2－3(8－x)2＝0，解得x＝4.
當0≤x<4時，y′<0；當40.
所以當x＝4時，y最小.
8.若函數f(x)＝(mx－1)ex在(0，＋∞)上單調遞增，則實數m的取值范圍為.
考點 導數的運用
題點 利用導數研究函數單調性
答案 [1，＋∞)
解析 f′(x)＝mex＋(mx－1)ex＝(mx＋m－1)ex，
由題意知，f′(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立.
也就是mx＋m－1≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
當m≤0時顯然不成立，
當m>0時，令g(x)＝mx＋m－1，
只需g(0)≥0，得m≥1.
即實數m的取值范圍為[1，＋∞).
9.已知函數f(x)在定義域[0，＋∞)上恒有f(x)>f′(x).若a＝，b＝，則a與b的大小關系為.(用“>”連接)
考點 導數的運用
題點 構造函數求解
答案 a>b
解析 設g(x)＝，則當x≥0時，g′(x)＝<0，所以g(x)在[0，＋∞)上是減函數，所以g(2)>g(3)，即>，所以a>b.
10.已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數，且＝ax (a>0且a≠1)，f′(x)g(x)0；
當x∈時，f′(x)<0；
當x∈時，f′(x)>0.
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為[－3，－2)和，單調遞減區(qū)間為.
又f(－2)＝13，f＝，f(－3)＝8，f(1)＝4，
所以f(x)在區(qū)間[－3,1]上的最大值為13.
三、探究與拓展
14.已知函數f(x)＝若函數f(x)的圖象與直線y＝x有三個不同的公共點，則實數a的取值集合為.
考點 導數的運用
題點 導數的綜合運用
答案 {－16，－20}
解析 因為f(x)＝sinx(x<1)與y＝x無交點，故只需函數f(x)＝x3－9x2＋25x＋a(x≥1)的圖象與直線y＝x有三個不同的公共點即可.
設g(x)＝x3－9x2＋24x＋a，
則g′(x)＝3x2－18x＋24.
令g′(x)＝3x2－18x＋24＝0，得x1＝2，x2＝4，
且g(x)在[1,2]上遞增，在[2,4]上遞減，在[4，＋∞)上遞增，
g(1)＝a＋16，g(2)＝a＋20，g(4)＝a＋16，
故只需g(1)＝g(4)＝a＋16＝0或g(2)＝a＋20＝0，
解得a＝－20或a＝－16.
15.設函數f(x)＝－x3＋2ax2－3a2x＋b(0
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2018-2019高中數學
第3章
導數及其應用章末復習學案
蘇教版選修1
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2019
高中數學
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2018-2019高中數學 第3章 導數及其應用章末復習學案 蘇教版選修1 -1.docx
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