版高中数学人教B版选修11学案第三单元 疑难规律方法 第三章 Word版含答案文档格式.docx
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(2)f′(x)=[(x+1)(x+2)(x+3)]′
=[(x+1)(x+2)]′(x+3)+(x+1)(x+2)(x+3)′
=[(x+1)′(x+2)+(x+1)(x+2)′](x+3)+(x+1)(x+2)
=(x+2+x+1)(x+3)+(x+1)(x+2)=(2x+3)(x+3)+x2+3x+2=3x2+12x+11.
点评 特别要注意:
[f(x)g(x)]′≠f′(x)g′(x).
同时要记住结论:
若C为常数,则[Cf(x)]′=Cf′(x),由此进一步可以得到[af(x)±
bg(x)]′=af′(x)±
bg′(x).
3.函数商的求导法则
′=(g(x)≠0)
例3 求下列函数的导数:
(1)f(x)=;
(2)f(x)=tanx;
(3)f(x)=+.
解
(1)f′(x)=()′=
=.
(2)f′(x)=(tanx)′=()′
==.
(3)因为f(x)=+=
=,
所以f′(x)=()′==.
点评 应在求导之前,先利用代数、三角恒等变换对函数进行化简,然后再求导,这样可以减少运算,提高运算效率.
4.分式求导
对于能够裂项的分式型函数,可将函数转化为几个单项式的和差形式,然后再利用和差的导数公式来解决.
例4 求下列函数的导数:
(1)y=;
(2)y=.
分析 直接求导,或比较烦杂,或无从下手,这时,我们不妨利用数学运算法则将其分解,那么“曙光就在前头”.
解
(1)因为y==x-1+,
所以y′=1+=1-.
(2)因为y=
=x2+x3+x4,
所以y′=2x+3x2+4x3.
点评 本题启示我们,对于某些函数式,我们应先根据它的结构特点,适当地对函数式中的项进行合理的“拆”,然后“各个击破”.
2 利用导数求切线方程
曲线的切线问题是高考的常见题型之一.而导数f′(x0)的几何意义为曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,所以利用导数解决相切问题是常用的方法.下面对“求过一点的切线方程”的题型做以下归纳.
1.已知切点,求曲线的切线方程
此类题只需求出曲线的导数f′(x),并代入点斜式方程即可.
例1 曲线f(x)=x3-3x2+1在点(1,-1)处的切线方程为( )
A.y=3x-4B.y=-3x+2
C.y=-4x+3D.y=4x-5
解析 由f′(x)=3x2-6x知,曲线在点(1,-1)处的斜率为k=f′
(1)=-3.
所以切线方程为y-(-1)=-3(x-1),即y=-3x+2.故选B.
答案 B
2.已知过曲线上一点,求切线方程
过曲线上一点的切线,该点未必是切点,故应先设切点,再求切点,即用待定切点法.
例2 求过曲线f(x)=x3-2x上的点(1,-1)的切线方程.
解 设P(x0,y0)为切点,
则切线的斜率为f′(x0)=3x-2.
所以切线方程为y-y0=(3x-2)(x-x0),
即y-(x-2x0)=(3x-2)·
(x-x0).
又知切线过点(1,-1),
所以-1-(x-2x0)=(3x-2)(1-x0),
解得x0=1或x0=-.
故所求切线方程为y-(1-2)=(3-2)(x-1)
或y-(-+1)=(-2)·
(x+),
即x-y-2=0或5x+4y-1=0.
点评 可以发现直线5x+4y-1=0并不以(1,-1)为切点,实际上是经过点(1,-1),且以(-,)为切点的直线.这说明过曲线上一点的切线,该点未必是切点.
3.已知过曲线外一点,求切线方程
此类题可先设切点,再求切点,即用待定切点法来求解.
例3 求过点(2,0)且与曲线f(x)=相切的直线方程.
则切线的斜率为f′(x0)=-.
所以切线方程为y-y0=-(x-x0),
即y-=-(x-x0).
又已知切线过点(2,0),把它代入上述方程,
得-=-(2-x0).
解得x0=1,y0==1,
所以所求切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
点评 点(2,0)实际上是曲线外的一点,但在解答过程中却无需判断它的确切位置,这充分反映出待定切点法的高效性.
4.求两条曲线的公切线
例4 已知曲线C1:
y=x2与C2:
y=-x2+4x-4,直线l与C1,C2都相切,求直线l的方程.
分析 设出直线与两条曲线的切点坐标,分别求出曲线在切点处的切线方程,再利用两个方程所表示的直线重合,建立方程组求解.
解 设l与C1相切于点P(x1,x),与C2相切于点Q(x2,-x+4x2-4).由C1:
y=x2,得y′=2x,
则与C1相切于点P的切线方程为y-x=2x1(x-x1),
即y=2x1x-x.由C2:
y=-x2+4x-4,得y′=-2x+4,
则与C2相切于点Q的切线方程为
y=-2(x2-2)x+x-4.
因为两切线重合,所以2x1=-2(x2-2)且-x=x-4,
解得x1=0,x2=2或x1=2,x2=0.
所以直线l的方程为y=0或y=4x-4.
点评 公切线问题的一般解法是分别求出曲线在切点处的切线方程,再利用两直线重合的条件建立方程组求解.
3 利用导数研究函数单调性常见题型
1.运用导数求函数的单调区间
利用导数研究函数单调性的一般步骤:
(1)确定函数的定义域;
(2)求导数f′(x);
(3)在定义域内解不等式f′(x)>
0或f′(x)<
0,得单调区间.
例1 求函数f(x)=x(ex-1)-x2的单调区间.
解 由已知,得当f′(x)=(ex-1)(x+1)=0时,有x=0或x=-1.
当x<
-1时,f′(x)>
0;
当-1<
x<
0时,f′(x)<
当x>
0时,f′(x)>
0.
故f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(0,+∞),单调递减区间是(-1,0).
点评 单调区间开闭不扣分,但定义域不取的数一定不能取;
断开的单调区间一般不合写,也不用“∪”连接,中间用“,”或“和”连接.
例2 已知函数f(x)=x2+3x-2lnx,则函数f(x)的单调递减区间为________.
分析 先求函数f(x)的定义域和导数,再结合定义域解f′(x)<
0即可.
解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=2x+3-.
令f′(x)<
0,即2x+3-=<
0,
结合定义域知,x>
0且2x2+3x-2<
解得0<
,即函数f(x)的单调递减区间为(0,).
答案 (0,)
点评 求解该类问题时要注意两点:
①不要忽视定义域;
②如有多个单调递增(减)区间,不要把这些区间取并集.
2.证明不等式
例3 求证:
1时,lnx>
-.
分析 可构造函数f(x)=lnx-(-),由于f
(1)=0,故若能证明f(x)为(1,+∞)上的增函数,即证明在(1,+∞)上,导函数f′(x)>
0恒成立即可.
证明 令f(x)=lnx-(-),则有f
(1)=0.
因为f′(x)=+x=>
0(x∈(1,+∞)),
所以函数f(x)为(1,+∞)上的增函数,
又f
(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,f(x)>
0恒成立,
即lnx>
点评 证明不等式f(x)>
g(x),x∈(a,b)的一般方法:
构造函数F(x)=f(x)-g(x),x∈(a,b),分析F(x)在区间(a,b)上的单调性及最小值与0的大小,进而说明F(x)>
0在(a,b)内恒成立即可.
3.求参数的取值范围
例4 已知函数f(x)=x3-ax2+1.
(1)若函数f(x)的单调递减区间是(0,2),求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在区间(0,2)内单调递减,求实数a的取值范围.
分析 注意正确区分“在某区间单调”和“单调区间”的概念,避免混淆.
解
(1)由f(x)的单调递减区间为(0,2)可知,0与2是方程f′(x)=3x2-2ax=0的两根,
故有3×
22-2a×
2=0,解得a=3.
(2)由函数f(x)在区间(0,2)内单调递减可知,
f′(x)=3x2-2ax≤0在(0,2)内恒成立,
即2a≥3x在区间(0,2)内恒成立.
因为x∈(0,2),所以3x∈(0,6),故2a≥6,即a≥3.
经验证a=3时满足题意,故a的取值范围为[3,+∞).
点评 若函数f(x)在区间D上是增(减)函数,则有f′(x)≥0(f′(x)≤0)对x∈D恒成立,这类问题,通常利用导数转化为不等式在某区间上的恒成立问题,进而把恒成立问题转化为求一个函数在某区间上的最大(小)值问题求解.也可根据所给区间是单调递增(减)区间的子区间求解.
4 巧用导数求极值
1.函数的极值点的判定方法
设函数f(x)在x0处连续,判定f(x0)是极大(小)值点的方法:
(1)如果在x0两侧f′(x)符号相同,则x0不是函数f(x)的极值点;
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)>
0,右侧f′(x)<
0,那么f(x0)是极大值;
(3)如果在x0附近的左侧f′(x)<
0,右侧f′(x)>
0,那么f(x0)是极小值.也就是说,极大值点可以看成是函数递增区间与递减区间的分界点,极大值是极大值点附近曲线由上升到下降的过渡点的函数值.极小值则是极小值点附近曲线由下降到上升的过渡点的函数值.
2.极值常见题型详解
(1)利用导数求函数的极值
例1 求函数f(x)=xlnx的极值点.
解 f′(x)=lnx+1,x>
而f′(x)>
0⇔lnx+1>
0⇔x>
,
f′(x)<
0⇔lnx+1<
0⇔0<
所以f(x)在(0,)上是递减的,在(,+∞)上是递增的.
所以x=是函数f(x)的极小值点,极大值点不存在.
点评 求极值问题一定注意函数的定义域,所以在定义域内研究函数的极值是求极值时应注意的知识点,再利用求极值的步骤求解即可.
(2)含参数的极值问题
例2 设a∈R,函数f(x)=lnx-ax.讨论函数f(x)的单调区间和极值.
解 由已知,得函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-a=.
①若a≤0,则f′(x)>
0,f(x)在(0,+∞)上是递增的,无极值;
②若a>
0,令f′(x)=0,得x=.
当x∈(0,)时,f′(x)>
0,f(x)是递增的;
当x∈(,+∞)时,f′(x)<
0,f(x)是递减的.
所以当x=时,f(x)有极大值,
极大值为f()=ln-1=-lna-1.
综上所述,当a≤0时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无极值;
当a>
0时,f(x)的递增区间为(0,),
递减区间为(,+∞
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