數(shù)學學案：第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精數(shù)學人教B選修1-1第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用知識建構(gòu)綜合應(yīng)用專題一導(dǎo)數(shù)的概念及其幾何意義1．用定義求導(dǎo)數(shù)的一般步驟：（1）求函數(shù)的改變量Δy＝f(x＋Δx)－f（x);（2)求平均變化率eq\f（Δy,Δx）＝eq\f(fx＋Δx－fx,Δx）；(3）取極限，得f′(x)＝eq\o(lim，\s\do4（Δx→0）)eq\f（Δy，Δx）.2．導(dǎo)數(shù)的幾何意義：由于函數(shù)y＝f(x）在點x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0）,就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0）)處的切線的斜率,其切線方程為y－f(x0）＝f′（x0）（x－x0)．因此關(guān)于曲線的切線問題可嘗試用導(dǎo)數(shù)的方法解決．應(yīng)用1已知f（x)在x＝x0處可導(dǎo)，則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：對所給式子進行變形，用導(dǎo)數(shù)的定義解題．應(yīng)用2設(shè)f(x）為可導(dǎo)函數(shù)，且滿足條件eq\o(lim,\s\do4(x→0)）eq\f（f1－f1－x,2x）＝－1，求曲線y＝f（x)在點（1，f（1)）處的切線的斜率．提示：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及已知條件可知，欲求y＝f(x）在點(1，f（1）)處的切線的斜率，即求f′（1)．注意到所給條件的形式與導(dǎo)數(shù)的定義中f′(x）＝eq\f（fx0＋Δx－fx0,Δx)的比較，由已知的極限式變形可求得f′（1）．專題二用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值1．求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定f(x)的定義域;（2)計算導(dǎo)數(shù)f′(x）；(3）求出f′(x)＝0的根；(4)用f′(x)＝0的根將定義域分成若干區(qū)間，判斷f′(x)在各區(qū)間內(nèi)的符號，進而確定f（x）的單調(diào)區(qū)間．2．求函數(shù)極值的步驟：(1)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；（2)求f′(x）＝0或f（x）不存在的所有點；（3）檢查上面求出的x的兩側(cè)導(dǎo)數(shù)的符號，如果左正右負，那么f(x)在這個點處取得極大值，如果左負右正，那么f（x)在這個點處取得極小值．3．求函數(shù)最值的步驟：(1)求函數(shù)f(x）在［a，b]上的極值；（2)極值與f（a），f（b)相比較,最大的為最大值，最小的為最小值．應(yīng)用（2010·重慶高考)已知函數(shù)f(x）＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a,b∈R),g(x）＝f（x）＋f′(x)是奇函數(shù)．(1）求f(x）的表達式;（2）討論g（x)的單調(diào)性，并求g（x)在區(qū)間［1，2]上的最大值與最小值．提示:由函數(shù)f（x）＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R),g(x)＝f（x）＋f′（x)是奇函數(shù)，可求得a,b。然后按照求最值的步驟求其最大值與最小值．專題三利用求導(dǎo)法證明不等式、求參數(shù)范圍等1．在用求導(dǎo)法證明不等式時，首先要構(gòu)造函數(shù)和確定定義域，其次運用求導(dǎo)的方法來證明．2．一些求題中參數(shù)取值范圍的問題，常轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決．利用f(x)＜a恒成立?f(x）max＜a和f（x)＞a恒成立?f(x）min＞a的思想解題．3．解極值應(yīng)用的問題一般分三個步驟：(1）建立函數(shù)關(guān)系式；(2)求所列函數(shù)關(guān)系式中可能取得極值的點；（3）具體作出判斷，得出結(jié)果．其中關(guān)鍵在于建立函數(shù)關(guān)系式，若所求函數(shù)只有一個極值點，一般就是要求的最大值(或最小值）點．應(yīng)用1求證:lnx＋eq\f（1,x)－eq\f（1,2）(x－1)2≥eq\f(2,3)（1－x）3。提示：可利用構(gòu)造函數(shù)求極值的方法予以證明，同時要注意到題中x＞0這一隱含條件．應(yīng)用2已知在函數(shù)f(x）＝mx3－x的圖象上，以N(1，n)為切點的切線的傾斜角為eq\f（π,4)。(1）求m，n的值．（2）是否存在最小的正整數(shù)k，使得不等式f(x)≤k－1996對于x∈[－1,3］恒成立？如果存在，請求出最小的正整數(shù)k；如果不存在，請說明理由．提示：(1)切線的傾斜角為eq\f（π，4)?切線的斜率為1,即函數(shù)f（x）＝mx3－x在N(1，n)的導(dǎo)數(shù)為1,從而求出m,進而求出n。(2）不等式f(x)≤k－1996對于x∈[－1，3]恒成立?f(x)最大值≤k－1996，解不等式即可求得k.真題放送1（2010·遼寧高考，理10）已知點P在曲線y＝eq\f(4,ex＋1）上，α為曲線在點P處的切線的傾斜角，則α的取值范圍是()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）曲線y＝eq\f(sinx,sinx＋cosx)－eq\f（1,2）在點Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4),0)）處的切線的斜率為（)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，且函數(shù)f(x）＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(）A．2B．3C．6D．94(2011·浙江高考，文10）設(shè)函數(shù)f(x）＝ax2＋bx＋c（a,b,c∈R）,若x＝－1為函數(shù)f（x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f（x）的圖象是()5(2011·遼寧高考，文11）函數(shù)f（x)的定義域為R，f（－1)＝2，對任意x∈R，f′（x）＞2，則f(x）＞2x＋4的解集為（)A．(－1，1）B．（－1，＋∞)C．（－∞,－1)D．（－∞，＋∞)6（2010·遼寧高考,文21)已知函數(shù)f(x)＝(a＋1）lnx＋ax2＋1。(1)討論函數(shù)f（x)的單調(diào)性；（2)設(shè)a≤－2，證明對任意x1，x2∈（0,＋∞)，|f（x1）－f(x2)｜≥4|x1－x2|。7（2010·全國卷，文21）已知函數(shù)f（x）＝x3－3ax2＋3x＋1.（1）設(shè)a＝2，求f（x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)f（x)在區(qū)間(2，3）中至少有一個極值點,求a的取值范圍．8(2010·天津高考，文20)已知函數(shù)f(x)＝ax3－eq\f（3，2）x2＋1(x∈R)，其中a＞0。(1）若a＝1,求曲線y＝f（x）在點(2，f(2)）處的切線方程；(2)若在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，\f(1，2))）上，f（x）＞0恒成立，求a的取值范圍．答案:綜合應(yīng)用專題一應(yīng)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）．應(yīng)用2:解:∵f（x)為可導(dǎo)函數(shù),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)在點（1,f（1))處的切線的斜率為－2。專題二應(yīng)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?！遟（x)是奇函數(shù),∴g(－x)＝－g（x），即對任意實數(shù)x，有a(－x）3＋（3a＋1)（－x）2＋(b＋2）（－x）＋b＝－[ax3＋（3a＋1）x2＋(b＋2）x＋b]，則有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)，則當x＜－eq\r(2)或x＞eq\r（2)時，g′(x)＜0，從而g（x）在區(qū)間(－∞，－eq\r（2)］，[eq\r(2），＋∞）上是減函數(shù);當－eq\r（2)＜x＜eq\r(2）時，g′（x）＞0，從而g(x)在區(qū)間(－eq\r(2），eq\r(2)）上是增函數(shù)．由前面討論知，g(x）在區(qū)間[1，2］上的最大值與最小值只能在x＝1,eq\r（2),2時取得，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)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g（eq\r（2))＝eq\f（4\r（2）,3),最小值為g(2)＝eq\f(4，3）。專題三應(yīng)用1：證明：設(shè)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)由負到正，∴當x＝1時，f(x)有極小值，這里也是最小值．∴當x＞0時，f（x)≥f(1）＝1。即得證．應(yīng)用2：解：（1）依題意，得f′(1)＝taneq\f(π,4），即3m－1＝1，m＝eq\f（2，3）。因為f(1）＝n,所以n＝－eq\f(1，3）。（2）令f′(x）＝2x2－1＝0，得x＝±eq\f（\r(2）,2）。當－1＜x＜－eq\f(\r（2),2）時，f′（x）＝2x2－1＞0，此時f(x）為增函數(shù);當－eq\f(\r(2)，2)＜x＜eq\f（\r(2）,2)時,f′(x）＝2x2－1＜0，此時f（x）為減函數(shù)；當eq\f（\r（2），2）＜x＜3時，f′(x）＝2x2－1＞0，此時f（x)為增函數(shù)；又feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r（2),2)))＝eq\f（\r（2),3),f（3)＝15，因此，當x∈[－1，3］時，f(x)max＝15.要使得不等式f（x）≤k－1996對于x∈［－1,3]恒成立，則k≥15＋1996＝2011。所以,存在最小的正整數(shù)k＝2011使得不等式f（x）≤k－1996對于x∈[－1，3]恒成立．真題放送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由題意得f′(x)＝12x2－2ax－2b?！吆瘮?shù)f（x）在x＝1處有極值，∴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,則g′（x)＝f′(x)ex＋f(x）ex，∵x＝－1為函數(shù)g（x）的一個極值點，∴g′（－1）＝f′(－1）e－1＋f(－1）e－1＝0。∴f′(－1)＝－f（－1)．D選項中,f（－1）＞0,∴f′（－1）＝－f（－1）＜0,這與圖象不符．5．B由題意，令φ(x）＝f(x）－2x－4，則φ′（x）＝f′（x)－2＞0.∴φ(x）在R上是增函數(shù)．又φ(－1)＝f(－1）－2×(－1)－4＝0,∴當x＞－1時，φ（x）＞φ（－1)＝0，即f(x）－2x－4＞0,即f（x)＞2x＋4.故選B.6．分析:（1)利用導(dǎo)數(shù)在某個區(qū)間上的符號討論函數(shù)的增減性；(2）利用等價轉(zhuǎn)化的方法解決．解：（1)f(x)的定義域為（0,＋∞），f′（x）＝eq\f（a＋1，x)＋2ax＝eq\f（2ax2＋a＋1,x).當a≥0時,f′（x)＞0,故f（x）在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a≤－1時，f′(x）＜0，故f（x）在(0,＋∞）上單調(diào)遞減；當－1＜a＜0時，令f′（x)＝0,解得x＝eq\r(－\f（a＋1,2a）).當x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\r（－\f（a＋1,2a））））時，f′（x）＞0；x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\r(－\f(a＋1,2a)），＋∞）)時，f′（x）＜0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,\r(－\f（a＋1,2a））））上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r（－\f（a＋1，2a）)，＋∞))上單調(diào)遞減．（2)不妨假設(shè)x1≥x2。由于a≤－2，故f（x）在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以|f(x1)－f(x2)｜≥4｜x1－x2｜等價于f（x2)－f(x1）≥4x1－4x2，即f（x2）＋4x2≥f（x1）＋4x1.令g(x）＝f（x）＋4x,則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.從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g（x1)≤g（x2），即f(x1）＋4x1≤f(x2）＋4x2，故對任意x1,x2∈(0，＋∞),｜f（x1）－f（x2)｜≥4｜x1－x2|.7．分析：本題考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用,主要考查了用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值及函數(shù)與方程的知識．（1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可求得單調(diào)遞增區(qū)間，由導(dǎo)數(shù)小于0，可求得單調(diào)遞減區(qū)間．（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x），在(2,3)內(nèi)有極值,即為f′(x）在（2,3）內(nèi)有一個零點,即可根據(jù)f′(2)f′（3）＜0求出a的取值范圍．解：（1)當a＝2時,f(x）＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3（x－2＋eq\r（3))（x－2－eq\r(3））．當x∈(－∞，2－eq\r（3））時，f′(x）＞0，f（x）在（－∞，2－eq\r(3)）上單調(diào)遞增；當x∈(2－eq\r（3）,2＋eq\r(3）)時,f′(x）＜0,f（x）在(2－eq\r(3）,2＋eq\r（3)）上單調(diào)遞減；當x∈（2＋eq\r(3),＋∞)時，f′（x）＞0，f（x)在（2＋eq\r（3)，＋∞）上單調(diào)遞增．綜上,f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（－∞，2－eq\r（3))和(2＋eq\r(3）,＋∞),f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間是(2－eq\r(3），2＋eq\r(3）)．（2)f′(x)＝3[（x－a）2＋1－a2]．當1－a2≥0時，f′(x)≥0，f（x）為增函數(shù),故f（x)無極值點；當1－a2＜0時，f′（x）＝0有兩個根,x1＝a－eq\r（a2－1），x2＝a＋eq\r(a2－1）。由題意知，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的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5，4）,\f(5,3))）.8．分析：（1)利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f（x）在點（2，f（2））處的導(dǎo)數(shù)即為切線的斜率，然后寫出切線方程;（2）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（1,2),\f(1,2）))上,f(x)＞0恒成立?f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）,\f(1,2）))上的最小值大于0。解：(1)當a＝1時，f（x）＝x3－eq\f(3,2）x2＋1，f(2）＝3；f′(x)＝3x2－3x，f′（2)＝6。所以曲線y＝f（x）在點(2，f（2））處的切線方程為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)。以下分兩種情況討論：①若0＜a≤2，則eq\f(1，a)≥eq\f（1，2）,當x變化時，f′（x)，f(x)的變化情況如下表:xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2