（江蘇專用）2018-2019學年高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 階段復習課學案 蘇教版選修1-1

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1、 第三課　導數(shù)及其應用 [體系構建] [題型探究] 利用導數(shù)的幾何意義求曲線的切線方程 運用導數(shù)的幾何意義，可以求過曲線上任一點的切線的斜率，從而進一步求出過此點的切線方程．還可以結合幾何的有關知識，求解某些點的坐標、三角形面積等．導數(shù)的幾何意義是近幾年高考的要點和熱點之一，常結合導數(shù)的運算進行考查，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)． 對于較為復雜的此類問題，一般要利用k＝f′(x0)((x0，f(x0))為切點)及切點的坐標滿足切線方程和曲線方程列方程組求解． 　求過曲線y＝x3－2x上的點(1，－1)的切線方程. [思路探究]　切線過曲線上一點(1，－1)，

2、并不代表(1，－1)就是切點，故需先設出切點，再求解. 【規(guī)范解答】　設切點為P(x0，y0)，則y0＝x－2x0.∵y′＝3x2－2，則切線的斜率k＝f′(x0)＝3x－2，∴切線方程為y－(x－2x0)＝(3x－2)(x－x0)． 又∵切線過點(1，－1)，∴－1－(x－2x0)＝(3x－2)(1－x0)，整理，得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，解得x0＝1或x0＝－.∴切點為(1，－1)或，相應的切線斜率為k＝1或k＝－. 故所求切線方程為y－(－1)＝x－1或y－＝－·，即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0. [跟蹤訓練] 1．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在

3、x＝2處取得極值，并且它的圖象與直線y＝－3x＋3在點(1,0)處相切，則函數(shù)f(x)的表達式為________. 【導學號：95902257】 【解析】　f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(x)與直線y＝－3x＋3在點(1,0)處相切， ∴即 ∵f(x)在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝12＋4a＋b＝0.③ 由①②③解得∴f(x)＝x3－3x2＋2. 【答案】　f(x)＝x3－3x2＋2 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 1．求函數(shù)的單調區(qū)間應先確定函數(shù)的定義域，利用f ′(x)＞0，f ′(x)＜0的解集確定單調區(qū)間，這是函數(shù)中常見問題，是考查的重點． 2．求含參

4、數(shù)的函數(shù)的單調區(qū)間討論時要注意的三個方面：(1)f′(x)＝0有無根，(2)f′(x)＝0根的大小，(3)f′(x)＝0的根是否在定義域內．另外當f′(x)＝0的最高次項系數(shù)含有字母時，則要討論系數(shù)是否為0. 3．已知函數(shù)的單調性求參數(shù)的取值范圍有兩種思路：①轉化為不等式在某區(qū)間上恒成立問題，即f′(x)≥0(或≤0)恒成立，用分離參數(shù)求最值或函數(shù)的性質求解，注意驗證使f′(x)＝0的參數(shù)是否符合題意，②構造關于參數(shù)的不等式求解，即令f′(x)＞0(或＜0)求得用參數(shù)表示的單調區(qū)間，結合所給區(qū)間，利用區(qū)間端點列不等式求參數(shù)的范圍． 　已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1. (1)討論f(x)

5、的單調性； (2)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． [思路探究]　(1)求出f′(x)，討論f′(x)＝0的根是否存在，求函數(shù)的單調區(qū)間； (2)根據(jù)題意有f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，分離參數(shù)后可求實數(shù)a的取值范圍． 【規(guī)范解答】　 (1)f′(x)＝3x2－a. ①當a≤0時，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)． ②當a＞0時，令3x2－a＝0得x＝±；當x＞或x＜－時，f′(x)＞0； 當－＜x＜時，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)． 綜上可知，當a≤0時，f(x)在R上為增函數(shù)； 當a＞0時，f(

6、x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)． (2)因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對x∈R恒成立．因為3x2≥0，所以只需a≤0. 又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)， 所以a≤0，即a的取值范圍為(－∞，0]． [跟蹤訓練] 2．設函數(shù)f(x)＝x2＋ex－xex. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若當x∈[－2,2]時，不等式f(x)＞m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍. 【導學號：95902258】 【解】　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(

7、x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)． 若x＜0，則1－ex＞0，所以f′(x)＜0； 若x＞0，則1－ex＜0，所以f′(x)＜0； 若x＝0，則f′(x)＝0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，即f(x)的單調減區(qū)間為(－∞，＋∞)． (2)由(1)知f(x)在[－2,2]上單調遞減， ∴f(x)min＝f(2)＝2－e2. ∴當m<2－e2時，不等式f(x)＞m恒成立．即實數(shù)m的取值范圍是(－∞，2－e2). 利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值 1.利用導數(shù)研究函數(shù)極值的一般流程 2．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟： (1)求

8、函數(shù)在(a，b)內的極值； (2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)； (3)將函數(shù)f(x)的極值與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． 3．注意事項： (1)求函數(shù)最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過認真比較才能下結論． (2)解題時要注意區(qū)分求單調性和已知單調性的問題，處理好f′(x)＝0時的情況；區(qū)分極值點和導數(shù)為0的點． 　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝時，y＝f(x)有極值． (1)求a，b，c的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最

9、大值和最小值． [思路探究]　(1)利用f′(1)＝3、f′＝0、f(1)＝4構建方程組求解； (2)→→→→ 【規(guī)范解答】　 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 當x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0，① 當x＝時，y＝f(x)有極值，則f′＝0，可得4a＋3b＋4＝0，② 由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切點的橫坐標為1，所以f(1)＝4. 所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5. (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝. 當x變化時，f′(x

10、)，f(x)的取值及變化情況如下表所示： x －3 (－3，－2) －2 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 8 ↗ 13 ↙ ↗ 4 由表可知，函數(shù)y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為. [跟蹤訓練] 3．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋cx＋d有極值． (1)求c的取值范圍； (2)若f(x)在x＝2處取得極值，且當x＜0時，f(x)＜d2＋2d恒成立，求d的取值范圍. 【導學號：95902259】 【解】　(1)∵f(x)＝x3－x2＋cx＋d，∴f′(x)＝x2－x＋c，要使f(x)

11、有極值， 則方程f′(x)＝x2－x＋c＝0有兩個實數(shù)解，從而Δ＝1－4c＞0，∴c＜. (2)∵f(x)在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝4－2＋c＝0，∴c＝－2.∴ f(x)＝x3－x2－2x＋d. ∵f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，∴當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0，函數(shù)單調遞增， 當x∈(－1,2]時，f′(x)＜0，函數(shù)單調遞減．∴x＜0時，f(x)在x＝－1處取得最大值＋d， ∵x＜0時，f(x)＜d2＋2d恒成立，∴ ＋d＜d2＋2d，即(d＋7)(d－1)＞0， ∴d＜－7或d＞1，即d的取值范圍是(－∞，－7)∪(1，＋∞). 分類討

12、論思想 利用分類討論思想解答問題已成為高考中的熱點問題，尤其是函數(shù)、導數(shù)中的解答題，在含參數(shù)的問題中，無論是研究單調性，還是極值、最值，一般都需要分類討論． 　已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0. (1)求a的值； (2)若對任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求實數(shù)k的最小值. [思路探究]　(1)求出函數(shù)f(x)的最小值用a表示解方程可得a的值； (2)構造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx2，分類討論求其在[0，＋∞)的最大值，使其最大值≤0可得k的取值范圍，即得其最小值． 【規(guī)范解答】　(1)f(x)的定義域為(－a

13、，＋∞)．f ′(x)＝1－＝. 由f ′(x)＝0，得x＝1－a＞－a.當x變化時，f ′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1. (2)當k≤0時，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0，故k≤0不合題意． 當k＞0時，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2. g ′(x)＝－2kx＝. 令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1. ①當k≥時

14、，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立， 因此g(x)在[0，＋∞)上單調遞減．從而對于任意的x∈[0，＋∞)，總有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立．故k≥符合題意． ②當0＜k＜時，＞0，對于x∈，g′(x)＞0， 故g(x)在內單調遞增，因此當取x0∈時， g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立．故0＜k＜不合題意. 綜上，k的最小值為. [跟蹤訓練] 4．設函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a＞0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內的最小值； (2)設曲線y＝ f(x)在點(2，f(2))處的切線方程

15、為y＝x，求a，b的值. 【解】　(1)f′(x)＝aex－， 當f ′(x)＞0，即x＞－ln a時，f(x)在(－ln a，＋∞)上單調遞增； 當f ′(x)＜0，即x＜－ln a時，f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減． ①當0＜a＜1時，－ln a ＞0，f(x)在(0，－ln a)上單調遞減，在(－ln a，＋∞)上單調遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－ln a)＝2＋b; ②當a≥1時，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調遞增， 從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f

16、′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)，所以a＝，代入原函數(shù)可得2＋＋b＝3，即b＝，故a＝，b＝. [鏈接高考] 1．曲線y＝x2＋在點(1,2)處的切線方程是__________. 【導學號：95902260】 【解析】　因為y′＝2x－，所以在點(1,2)處的切線方程的斜率k＝2×1－＝1，所以切線方程為y－2＝x－1，即y＝x＋1. 【答案】　y＝x＋1 2．已知a∈R，設函數(shù)f(x)＝ax－ln x的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________． 【解析】　∵f′(x)＝a－，∴f′(1)＝a－1. 又∵f(1)＝a，

17、∴切線l的斜率為a－1，且過點(1，a)， ∴切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)． 令x＝0，得y＝1，故l在y軸上的截距為1. 【答案】　1 3．函數(shù)f(x)＝(x≥2)的最大值為________． 【解析】　f′(x)＝＝－， 當x≥2時，f′(x)＜0，所以f(x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，故f(x)max＝f(2)＝＝2. 【答案】　2 4．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________. 【導學號：95902261】 【解析】　因為f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e

18、－x－ ＝－x3＋2x－ex＋＝－f(x)， 所以f(x)＝x3－2x＋ex－是奇函數(shù)． 因為f(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)． 因為f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2＝3x2≥0， 所以f(x)在R上單調遞增， 所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0， 所以－1≤a≤. 【答案】　 5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有極值，且導函數(shù)f′(x)的極值點是f(x)的零點．(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值) (1)求b關于a的函數(shù)關系式，并寫出定義域； (

19、2)證明：b2>3a. 【解】　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3＋b－. 當x＝－時，f′(x)有極小值b－. 因為f′(x)的極值點是f(x)的零點， 所以f＝－＋－＋1＝0. 又a>0，故b＝＋. 因為f(x)有極值，故f′(x)＝0有實根， 從而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3. 當a＝3時，f′(x)>0(x≠－1)， 故f(x)在R上是增函數(shù)，f(x)沒有極值； 當a>3時，f′(x)＝0有兩個相異的實根 x1＝，x2＝. 列表如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極值點是x1，x2. 從而a>3. 因此b＝＋，定義域為(3，＋∞)． (2)證明：由(1)知，＝＋. 設g(t)＝＋，則g′(t)＝－＝. 當t∈時，g′(t)>0， 從而g(t)在上單調遞增． 因為a>3，所以a>3， 故g(a)>g(3)＝，即>. 因此b2>3a. 9