数学学案：第三章导数及其应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精数学人教B选修1-1第三章导数及其应用知识建构综合应用专题一导数的概念及其几何意义1．用定义求导数的一般步骤：（1）求函数的改变量Δy＝f(x＋Δx)－f（x);（2)求平均变化率eq\f（Δy,Δx）＝eq\f(fx＋Δx－fx,Δx）；(3）取极限，得f′(x)＝eq\o(lim，\s\do4（Δx→0）)eq\f（Δy，Δx）.2．导数的几何意义：由于函数y＝f(x）在点x0处的导数f′(x0）,就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0）)处的切线的斜率,其切线方程为y－f(x0）＝f′（x0）（x－x0)．因此关于曲线的切线问题可尝试用导数的方法解决．应用1已知f（x)在x＝x0处可导，则eq\o(lim,\s\do4（x→x0))eq\f（［fx］2－［fx0]2,x－x0)＝(）A．f′（x0)B．f（x0）C．［f′(x0）］2D．2f′（x0）f（x0)提示：对所给式子进行变形，用导数的定义解题．应用2设f(x）为可导函数，且满足条件eq\o(lim,\s\do4(x→0)）eq\f（f1－f1－x,2x）＝－1，求曲线y＝f（x)在点（1，f（1)）处的切线的斜率．提示：根据导数的几何意义及已知条件可知，欲求y＝f(x）在点(1，f（1）)处的切线的斜率，即求f′（1)．注意到所给条件的形式与导数的定义中f′(x）＝eq\f（fx0＋Δx－fx0,Δx)的比较，由已知的极限式变形可求得f′（1）．专题二用导数求函数的单调区间、极值、最值1．求函数单调区间的步骤：(1)确定f(x)的定义域;（2)计算导数f′(x）；(3）求出f′(x)＝0的根；(4)用f′(x)＝0的根将定义域分成若干区间，判断f′(x)在各区间内的符号，进而确定f（x）的单调区间．2．求函数极值的步骤：(1)求导数f′(x)；（2)求f′(x）＝0或f（x）不存在的所有点；（3）检查上面求出的x的两侧导数的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个点处取得极大值，如果左负右正，那么f（x)在这个点处取得极小值．3．求函数最值的步骤：(1)求函数f(x）在［a，b]上的极值；（2)极值与f（a），f（b)相比较,最大的为最大值，最小的为最小值．应用（2010·重庆高考)已知函数f(x）＝ax3＋x2＋bx(其中常数a,b∈R),g(x）＝f（x）＋f′(x)是奇函数．(1）求f(x）的表达式;（2）讨论g（x)的单调性，并求g（x)在区间［1，2]上的最大值与最小值．提示:由函数f（x）＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R),g(x)＝f（x）＋f′（x)是奇函数，可求得a,b。然后按照求最值的步骤求其最大值与最小值．专题三利用求导法证明不等式、求参数范围等1．在用求导法证明不等式时，首先要构造函数和确定定义域，其次运用求导的方法来证明．2．一些求题中参数取值范围的问题，常转化为恒成立问题来解决．利用f(x)＜a恒成立⇔f(x）max＜a和f（x)＞a恒成立⇔f(x）min＞a的思想解题．3．解极值应用的问题一般分三个步骤：(1）建立函数关系式；(2)求所列函数关系式中可能取得极值的点；（3）具体作出判断，得出结果．其中关键在于建立函数关系式，若所求函数只有一个极值点，一般就是要求的最大值(或最小值）点．应用1求证:lnx＋eq\f（1,x)－eq\f（1,2）(x－1)2≥eq\f(2,3)（1－x）3。提示：可利用构造函数求极值的方法予以证明，同时要注意到题中x＞0这一隐含条件．应用2已知在函数f(x）＝mx3－x的图象上，以N(1，n)为切点的切线的倾斜角为eq\f（π,4)。(1）求m，n的值．（2）是否存在最小的正整数k，使得不等式f(x)≤k－1996对于x∈[－1,3］恒成立？如果存在，请求出最小的正整数k；如果不存在，请说明理由．提示：(1)切线的倾斜角为eq\f（π，4)⇒切线的斜率为1,即函数f（x）＝mx3－x在N(1，n)的导数为1,从而求出m,进而求出n。(2）不等式f(x)≤k－1996对于x∈[－1，3]恒成立⇔f(x)最大值≤k－1996，解不等式即可求得k.真题放送1（2010·辽宁高考，理10）已知点P在曲线y＝eq\f(4,ex＋1）上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是()A．eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,4))）B．eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4)，\f(π，2)））C．eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,2)，\f（3π,4）））D．eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（3π,4），π))2(2011·湖南高考,文7）曲线y＝eq\f(sinx,sinx＋cosx)－eq\f（1,2）在点Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4),0)）处的切线的斜率为（)A．－eq\f（1,2）B．eq\f(1，2）C．－eq\f(\r（2）,2)D．eq\f（\r(2)，2)3（2011·福建高考,文10)若a＞0,b＞0，且函数f(x）＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(）A．2B．3C．6D．94(2011·浙江高考，文10）设函数f(x）＝ax2＋bx＋c（a,b,c∈R）,若x＝－1为函数f（x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f（x）的图象是()5(2011·辽宁高考，文11）函数f（x)的定义域为R，f（－1)＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f(x）＞2x＋4的解集为（)A．(－1，1）B．（－1，＋∞)C．（－∞,－1)D．（－∞，＋∞)6（2010·辽宁高考,文21)已知函数f(x)＝(a＋1）lnx＋ax2＋1。(1)讨论函数f（x)的单调性；（2)设a≤－2，证明对任意x1，x2∈（0,＋∞)，|f（x1）－f(x2)｜≥4|x1－x2|。7（2010·全国卷，文21）已知函数f（x）＝x3－3ax2＋3x＋1.（1）设a＝2，求f（x)的单调区间；(2)设f（x)在区间(2，3）中至少有一个极值点,求a的取值范围．8(2010·天津高考，文20)已知函数f(x)＝ax3－eq\f（3，2）x2＋1(x∈R)，其中a＞0。(1）若a＝1,求曲线y＝f（x）在点(2，f(2)）处的切线方程；(2)若在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，\f(1，2))）上，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围．答案:综合应用专题一应用1：D∵eq\o（lim，\s\do4(Δx→0）)eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→x0）)eq\f(fx－fx0，x－x0）＝f′（x0)，∴eq\o(lim，\s\do4(x→x0）)eq\f(［fx]2－[fx0]2,x－x0）＝eq\o(lim，\s\do4（x→x0）)eq\f（[fx＋fx0][fx－fx0],x－x0)＝eq\o(lim,\s\do4(x→x0）)eq\f(fx－fx0，x－x0）·eq\o（lim,\s\do4（x→x0））[f(x)＋f（x0）]＝f′（x0）·［f(x0)＋f(x0)]＝2f′（x0)·f（x0）．应用2:解:∵f（x)为可导函数,且eq\o(lim，\s\do4(x→0))eq\f(f1－f1－x,2x）＝－1,∴eq\f（1,2)eq\o(lim,\s\do4(x→0））eq\f（f1－f1－x,x）＝－1，∴eq\o（lim，\s\do4（x→0）)eq\f（f1－f1－x，x)＝－2，即f′(1）＝－2.∴y＝f（x)在点（1,f（1))处的切线的斜率为－2。专题二应用：解：(1)∵f(x）＝ax3＋x2＋bx，∴f′（x）＝3ax2＋2x＋b.故g（x）＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋（3a＋1)x2＋(b＋2）x＋b。∵g（x)是奇函数,∴g(－x)＝－g（x），即对任意实数x，有a(－x）3＋（3a＋1)（－x）2＋(b＋2）（－x）＋b＝－[ax3＋（3a＋1）x2＋(b＋2）x＋b]，则有3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f（1，3)，b＝0。故f（x）＝－eq\f(1，3)x3＋x2.（2)由（1)知g(x）＝－eq\f(1,3)x3＋2x，∴g′(x）＝－x2＋2。令g′(x)＝0，解得x1＝－eq\r(2）,x2＝eq\r（2)，则当x＜－eq\r(2)或x＞eq\r（2)时，g′(x)＜0，从而g（x）在区间(－∞，－eq\r（2)］，[eq\r(2），＋∞）上是减函数;当－eq\r（2)＜x＜eq\r(2）时，g′（x）＞0，从而g(x)在区间(－eq\r(2），eq\r(2)）上是增函数．由前面讨论知，g(x）在区间[1，2］上的最大值与最小值只能在x＝1,eq\r（2),2时取得，而g(1）＝eq\f（5,3)，g（eq\r(2)）＝eq\f（4\r(2）,3），g(2)＝eq\f(4,3），因此g（x)在区间[1,2]上的最大值为g（eq\r（2))＝eq\f（4\r（2）,3),最小值为g(2)＝eq\f(4，3）。专题三应用1：证明：设f（x）＝lnx＋eq\f（1，x）－eq\f(1,2）（x－1）2＋eq\f(2，3)（x－1)3(x＞0），f′（x）＝eq\f(x－1，x2)－（x－1)＋2(x－1）2＝（x－1)eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1＋2x－1))＝（x－1)eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－x2，x2）＋2x－1)）＝(x－1)2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2－\f(1＋x，x2)））＝（x－1)3eq\f(2x＋1，x2）。令f′(x）＝0，解得x1＝1，x2＝－eq\f（1,2)。又x＞0且在x＝1附近f′（x)由负到正，∴当x＝1时，f(x)有极小值，这里也是最小值．∴当x＞0时，f（x)≥f(1）＝1。即得证．应用2：解：（1）依题意，得f′(1)＝taneq\f(π,4），即3m－1＝1，m＝eq\f（2，3）。因为f(1）＝n,所以n＝－eq\f(1，3）。（2）令f′(x）＝2x2－1＝0，得x＝±eq\f（\r(2）,2）。当－1＜x＜－eq\f(\r（2),2）时，f′（x）＝2x2－1＞0，此时f(x）为增函数;当－eq\f(\r(2)，2)＜x＜eq\f（\r(2）,2)时,f′(x）＝2x2－1＜0，此时f（x）为减函数；当eq\f（\r（2），2）＜x＜3时，f′(x）＝2x2－1＞0，此时f（x)为增函数；又feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r（2),2)))＝eq\f（\r（2),3),f（3)＝15，因此，当x∈[－1，3］时，f(x)max＝15.要使得不等式f（x）≤k－1996对于x∈［－1,3]恒成立，则k≥15＋1996＝2011。所以,存在最小的正整数k＝2011使得不等式f（x）≤k－1996对于x∈[－1，3]恒成立．真题放送1．Dy′＝－eq\f(4ex,e2x＋2ex＋1)＝－eq\f(4，ex＋2＋\f(1,ex)）,∵ex＋eq\f(1,ex)≥2,∴－1≤y′＜0，即－1≤tanα＜0，∴α∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4），π)）。2．By′＝eq\f（cosxsinx＋cosx－sinxcosx－sinx，sinx＋cosx2)＝eq\f(1,1＋sin2x),所以y′｜x＝eq\f(π，4）＝eq\f(1，1＋sin\f(π，2））＝eq\f（1,2)。3．D由题意得f′(x)＝12x2－2ax－2b。∵函数f（x）在x＝1处有极值，∴f′(1）＝0.∴12－2a－2b＝0，即a＋b＝6。又∵a＞0，b＞0，由基本不等式得a＋b≥2eq\r(ab）,即ab≤eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)））2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（6，2)）)2＝9，故ab的最大值是9。4．D令g（x）＝f（x)ex,则g′（x)＝f′(x)ex＋f(x）ex，∵x＝－1为函数g（x）的一个极值点，∴g′（－1）＝f′(－1）e－1＋f(－1）e－1＝0。∴f′(－1)＝－f（－1)．D选项中,f（－1）＞0,∴f′（－1）＝－f（－1）＜0,这与图象不符．5．B由题意，令φ(x）＝f(x）－2x－4，则φ′（x）＝f′（x)－2＞0.∴φ(x）在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1）－2×(－1)－4＝0,∴当x＞－1时，φ（x）＞φ（－1)＝0，即f(x）－2x－4＞0,即f（x)＞2x＋4.故选B.6．分析:（1)利用导数在某个区间上的符号讨论函数的增减性；(2）利用等价转化的方法解决．解：（1)f(x)的定义域为（0,＋∞），f′（x）＝eq\f（a＋1，x)＋2ax＝eq\f（2ax2＋a＋1,x).当a≥0时,f′（x)＞0,故f（x）在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x）＜0，故f（x）在(0,＋∞）上单调递减；当－1＜a＜0时，令f′（x)＝0,解得x＝eq\r(－\f（a＋1,2a）).当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\r（－\f（a＋1,2a））））时，f′（x）＞0；x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\r(－\f(a＋1,2a)），＋∞）)时，f′（x）＜0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,\r(－\f（a＋1,2a））））上单调递增,在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r（－\f（a＋1，2a）)，＋∞))上单调递减．（2)不妨假设x1≥x2。由于a≤－2，故f（x）在(0，＋∞)上单调递减．所以|f(x1)－f(x2)｜≥4｜x1－x2｜等价于f（x2)－f(x1）≥4x1－4x2，即f（x2）＋4x2≥f（x1）＋4x1.令g(x）＝f（x）＋4x,则g′（x）＝eq\f(a＋1，x)＋2ax＋4＝eq\f(2ax2＋4x＋a＋1，x).于是g′（x)≤eq\f(－4x2＋4x－1,x）＝eq\f(－2x－12，x)≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g（x1)≤g（x2），即f(x1）＋4x1≤f(x2）＋4x2，故对任意x1,x2∈(0，＋∞),｜f（x1）－f（x2)｜≥4｜x1－x2|.7．分析：本题考查了导数在函数性质中的应用,主要考查了用导数研究函数的单调区间、极值及函数与方程的知识．（1)求出函数的导数，由导数大于0，可求得单调递增区间，由导数小于0，可求得单调递减区间．（2）求出函数的导数f′（x），在(2,3)内有极值,即为f′(x）在（2,3）内有一个零点,即可根据f′(2)f′（3）＜0求出a的取值范围．解：（1)当a＝2时,f(x）＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3（x－2＋eq\r（3))（x－2－eq\r(3））．当x∈(－∞，2－eq\r（3））时，f′(x）＞0，f（x）在（－∞，2－eq\r(3)）上单调递增；当x∈(2－eq\r（3）,2＋eq\r(3）)时,f′(x）＜0,f（x）在(2－eq\r(3）,2＋eq\r（3)）上单调递减；当x∈（2＋eq\r(3),＋∞)时，f′（x）＞0，f（x)在（2＋eq\r（3)，＋∞）上单调递增．综上,f（x）的单调递增区间是（－∞，2－eq\r（3))和(2＋eq\r(3）,＋∞),f(x）的单调递减区间是(2－eq\r(3），2＋eq\r(3）)．（2)f′(x)＝3[（x－a）2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f（x）为增函数,故f（x)无极值点；当1－a2＜0时，f′（x）＝0有两个根,x1＝a－eq\r（a2－1），x2＝a＋eq\r(a2－1）。由题意知，2＜a－eq\r(a2－1）＜3,或2＜a＋eq\r（a2－1）＜3。解得eq\f(5，4）＜a＜eq\f（5，3）。因此a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5，4）,\f(5,3))）.8．分析：（1)利用导数求出函数f（x）在点（2，f（2））处的导数即为切线的斜率，然后写出切线方程;（2）在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（1,2),\f(1,2）))上,f(x)＞0恒成立⇔f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）,\f(1,2）))上的最小值大于0。解：(1)当a＝1时，f（x）＝x3－eq\f(3,2）x2＋1，f(2）＝3；f′(x)＝3x2－3x，f′（2)＝6。所以曲线y＝f（x）在点(2，f（2））处的切线方程为y－3＝6（x－2),即y＝6x－9.（2）f′（x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1）．令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝eq\f（1，a)。以下分两种情况讨论：①若0＜a≤2，则eq\f(1，a)≥eq\f（1，2）,当x变化时，f′（x)，f(x)的变化情况如下表:xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2