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第5讲 导数及其应用(教师版)


导数及其应用
知识点: 1.导数的概念、几何意义、求导公式及运算法则(含复合函数求导) 2.导数的应用: ①求切线方程②求单调区间③求极值④求最值(含生活中的优化问题) 3.函数与导数:构造函数,借助导数工具解决不等式恒成立、不等式证明等综合问题 4.导数与积分 题型一 导数的概念 例 1:若 f ? ? x0 ? =2 ,则 lim
k ?0

f ? x0 - k ? - f ? x0 ? = 2k
x ?0



变式:已知 f ( x) ? ln(1 ? x), 求 lim 题型二 导数的计算 例 2:求下列函数的导数 ⑴ y =x ? 3? x ; ⑷ y = sin ? 2 x+
2

f ( x) = x



⑵ y=ln ?5 ? 2x ? ;

1 ? ; (3) y ? ? ? ? ? 1 ? 3x ?
(6)

4

? ?

??

?; 3?

⑸ f ( x) ?

sin x ; 2 ? cos x

y ? xx

变式:(1)等比数列 ?an ? 中, a1 ? 2 , a8 =4,函数 f ? x ? ? x( x ? a1 )( x ? a2 )

( x ? a8 ) ,则

f ? 0? ? ( )
'

A. 2

6

9 B. 2

12 C. 2

15 D. 2

? x ? =sin x+cos x , 记 f 2 ? x ? =f1? ? x ? ,f3 ? x ? =f 2? ? x ? ,
(2)已知 f1 则 f ? ? ? +f ? ? ? + 1? ? 2? ?

,f n ? x ? =f n-1? ? x ? , ? n ? N ? ,n ? 2? ,


?2?

?2?

?? ? +f 2014 ? ? = ?2?
?

(3)已知函数 f ( x) ? f '( ) cos x ? sin x, 则 f ( ) 的值为

?

4

4

.

题型三 求切线方程 例 3. 【14 广东】曲线 y ? e
?5 x

? 2 在点 ? 0,3? 处的切线方程为

.

1 4 例 4 已知曲线 y= x3+ . 3 3 的切线方程.

(1)求曲线在点 P(2,4)处的切线方程;

(2)求曲线过点 P(2,4)

变式 1. 【14 全国】设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a= ( A. 0 B. 1 C. 2 D. 3



2. 【14 江西】若曲线 y ? e 上点 P 处的切线平行于直线 2 x ? y ? 1 ? 0 ,则点 P 的坐标是 ________.

?x

3. 【14 江苏】 在平面直角坐标系 xoy 中, 若曲线 y ? ax ? ( a , b 为常数)过点 P(2, ?5) ,
2

b x

且该曲线在点 P 处的切线与直线 7 x ? 2 y ? 3 ? 0 平行,则 a ? b ? 【答案】 ?3

.

4.已知函数 f(x),g(x)满足, f (5) ? 5, f ?(5) ? 3, g (5) ? 4, g ?(5) ? 1 ,则函数 y ? x=5 处的切线方程为_______ 5.若动点 P,Q 分别在曲线 y ? 题型四 求单调区间与极值
例 5(13 浙江)已知 e 为自然对数的底数,设函数

f ( x) ? 2 的图象在 g ( x)

1 和直线 2x+y=0 上运动,则线段 PQ 长的最小值为______. x

f ( x) ? (e x ?1)(x ?1)k (k ? 1,2) ,则





A.当 k ? 1 时, f ( x) 在 x ? 1 处取得极小值 C.当 k ? 2 时, f ( x) 在 x ? 1 处取得极小值
【答案】C

B.当 k ? 1 时, f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值 D.当 k ? 2 时, f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值

f ( x) ?
例 6.(11 安徽)设

ex 1 ? ax ,其中 a 为正实数

(Ⅰ )当 a

?

4 3 时,求 f ( x) 的极值点;

(Ⅱ )若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围。 本题考查导数的运算,极值点的判断,导数符号与函数单调变化之间的关系,求解二次不等 式,考查运算能力,综合运用知识分析和解决问题的能力. 解:对 f ( x) 求导得

f ?( x) ? e x

1 ? ax2 ? ax . (1 ? ax2 ) 2



a?
(I)当 综合① ,可知

4 3 1 f ?( x) ? 0, 则4 x 2 ? 8 x ? 3 ? 0, 解得 x1 ? , x 2 ? . 3 ,若 2 2

x
f ?( x) f ( x)
x1 ?

1 (?? , ) 2
+ ↗

1 2
0 极大值

1 3 ( , ) 2 2
- ↘

3 2
0 极小值

3 ( , ?) 2
+ ↗

所以,

3 1 x2 ? 2 是极小值点, 2 是极大值点.

? (II)若 f ( x) 为 R 上的单调函数,则 f ( x) 在 R 上不变号,结合① 与条件 a>0,知 ax2 ? 2ax ? 1 ? 0

在 R 上恒成立,因此 ? ? 4a ? 4a ? 4a(a ? 1) ? 0, 由此并结合 a ? 0 ,知 0 ? a ? 1.
2

x 2 k 例 7.(11 北京)已知函数 f ( x) ? ( x ? k ) e .

(1)求 f ( x) 的单调区间;

(2)若对 ?x ? (0 , ? ?) ,都有

f ( x) ?

1 e ,求 k 的取值范围。

f / ( x) ?
解:(1)

x 1 2 ( x ? k 2 )e k / k ,令 f ( x) ? 0 得 x ? ? k

当 k ? 0 时, f ( x ) 在 (??, ?k ) 和 (k , ??) 上递增,在 (?k , k ) 上递减; 当 k ? 0 时, f ( x ) 在 (??, k ) 和 (?k , ??) 上递减,在 (k , ?k ) 上递增

(2) 当 k ? 0 时,

f (k ? 1) ? e

k ?1 k

?

1 1 f ( x) ? ? ? ) ? x ? ( 0 e; e ;所以不可能对 , 都有 f (?k ) ? 4k 2 e ,所以对 ?x ? (0 , ? ?)

当 k ? 0 时有(1)知 f ( x ) 在 (0, ??) 上的最大值为

f ( x) ?
都有

1 e

4k 2 1 1 1 f ( x) ? ? ?? ?k ?0 ? ? ) ? x ? ( 0 e 时, k 的取值范围为 e 2 即 e ,故对 , 都有
[? 1 , 0) 2 。
2

例 8(11 广东) 设 a ? 0 ,讨论函数 f ( x) ? ln x ? a(1 ? a) x ? 2(1 ? a) x 的单调性. 解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞)

f '( x ) ?

2a (1 ? a ) x 2 ? 2(1 ? a ) x ? 1 , x

1 当a ? 1时,方程2a (1 ? a ) x 2 ? 2(1 ? a ) x ? 1 ? 0的判别式? ? 12(a ? 1)(a ? ) 3 1 ①当0<a ? 时,? ? 0, f '( x )有2个零点 3 (a ? 1)(3a ? 1) (a ? 1)(3a ? 1) 1 1 x1 ? ? ? 0, x2 ? ? , 2a 2a (1 ? a ) 2a 2a (1 ? a ) 且当0 ? x ? x1或x ? x2时,f '( x ) ? 0, f ( x )在(0, x1 )与( x2 , ??)内为增函数; 当x1 ? x ? x2时,f '( x ) ? 0, f ( x )在( x1 , x2 )内为减函数 1 ②当 ? a ? 1时,? ? 0, f '( x ) ? 0, f ( x ) 在(0, ??)内为增函数; 3 1 ③当a ? 1时,f '( x ) ? ? 0( x ? 0), f ( x ) 在(0, ??)内为增函数; x (a ? 1)(3a ? 1) (a ? 1)(3a ? 1) 1 1 ④当a ? 1时,? ? 0, x1 ? ? ? 0, x2 ? ? ? 0, 所以f '( x )在定义域内有唯一零点x1; 2a 2a (1 ? a ) 2a 2a (1 ? a ) 且当0 ? x ? x1时,f '( x ) ? 0, f ( x )在(0, x1 )内为增函数;当x ? x1时,f '( x ) ? 0, f ( x ) 在( x1, ??)内为减函数;

综上所述,f(x)的单调区间如下表:

0?a?

1 3

1 ? a ?1 3

a ?1

(0, x1 )

( x1 , x2 )

( x2 , ??)

(0, ??)

(0, x1 )

( x1, ??)

x1 ?
(其中

(a ? 1)(3a ? 1) (a ? 1)(3a ? 1) 1 1 ? , x2 ? ? 2a 2a(1 ? a ) 2a 2a(1 ? a ) )
x

题型五 求最值问题 例 9.(11 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 P 是函数 f ( x) ? e ( x ? 0) 的图象上的 动点,该图象在 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M,过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N,设线段 MN 的中点的纵坐标为 t,则 t 的最大值是_____________

1 1 (e ? ) e 【答案】 2
【解析】设

P( x0 , ex0 ), 则 l : y ? ex0 ? ex0 ( x ? x0 ),? M (0,(1 ? x0 )ex0 ) ,过点 P 作 l 的垂线

y ? ex0 ? ?e? x0 ( x ? x0 ),? N (0, ex0 ? x0e? x0 ) ,
1 1 ? t ? [(1 ? x0 )e x0 ? e x0 ? x0e ? x0 ] ? e x0 ? x0 (e ? x0 ? e x0 ) 2 2 t? ? 1 x0 (e ? e ? x0 )(1 ? x0 ) 2 , 所 以 , t 在 (0,1) 上 单 调 增 , 在 (1, ??) 单 调 减 ,

? x0 ? 1, tmax ?

1 1 (e ? ) 2 e .

1 1 f ( x) ? ? x 3 ? x 2 ? 2ax 3 2 例 10.(11 江西)设 .
2 ( ,?? ) (1)若 f ( x) 在 3 上存在单调递增区间,求 a 的取值范围;

16 (2)当 0 ? a ? 2 时, f ( x) 在 [1,4] 上的最小值为 3 ,求 f ( x) 在该区间上的最大值. ?
2 2 ( ,?? ) (m, n) ? ( ,?? ) f ( x ) 3 【解析】 (1) 在 3 上存在单调递增区间, 即存在某个子区间 使 2 1 1 [ ,?? ) f ' ( x ) ? ? x 2 ? x ? 2a ? ?( x ? ) 2 ? ? 2a ' 2 4 得 f ( x) ? 0 . 由 , f ( x) 在区间 3 上单
'

1 2 2 2 a?? f '( ) ? 0 f ' ( ) ? ? 2a ? 0 9, 3 3 9 调递减,则只需 即可。由 解得 a??
所以,当

1 2 ( ,?? ) 9 时, f ( x) 在 3 上存在单调递增区间.

(2)令 f ( x) ? 0 ,得两根
'

x1 ?

1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a x1 ? x2 ? 2 2 2 , , .

所以 f ( x) 在 (??, x1 ) , ( x2 ,??) 上单调递减,在 ( x1 , x2 ) 上单调递增 当 0 ? a ? 2 时,有 x1 ? 1 ? x2 ? 4 ,所以 f ( x) 在 [1,4] 上的最大值为 f ( x2 )

f (4) ? f (1) ? ?


27 ? 6a ? 0 2 ,即 f (4) ? f (1) f (4) ? 8a ? 10 3 . 40 16 ?? 3 3 ,得 a ? 1 , x2 ? 2 ,

所以 f ( x) 在 [1,4] 上的最小值为

从而 f ( x) 在 [1,4] 上的最大值为

f ( 2) ?

例 11 ( 陕 西 理 21 ) 设 函 数 f ( x ) 定 义 在 ( 0,?? )上 , f (1)? 0, 导 函 数

f ?( x) ?

1 x,

g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) .
(1)求 g ( x) 的单调区间和最小值;

(2)讨论 g ( x) 与

1 g( ) x 的大小关系; | g ( x) ? g ( x0 ) |? 1 x 对任意 x ? 0 成立?若存在,求出 x0 的取值

(3)是否存在

x0 ? 0 ,使得

范围;若不存在,请说明理由. 【分析】 (1)先求出原函数 f ( x ) ,再求得 g ( x) ,然后利用导数判断函数的单调性(单调区 间) ,并求出最小值; (2)作差法比较,构造一个新的函数,利用导数判断函数的单调性, 并由单调性判断函数的正负; (3)存在性问题通常采用假设存在,然后进行求解;注意利用 前两问的结论.

f ?( x) ?
【解】 (1)∵ 即c ? 0,

1 x ,∴ f ( x) ? ln x ? c ( c 为常数) ,又∵ f (1) ? 0 ,所以 ln1 ? c ? 0 ,

∴ f ( x) ? ln x ;

g ( x) ? ln x ?

x ?1 1 x ?1 ?0 g ?( x ) ? 2 2 ? g ( x ) ? 0 x ,∴ x ,令 ,即 x ,解得 x ? 1 ,

? 当 x ? (0,1) 时, g ( x) ? 0 , g ( x) 是减函数,故区间在 (0,1) 是函数 g ( x) 的减区间; ? 当 x ? (1, ??) 时, g ( x) ? 0 , g ( x) 是增函数,故区间在 (1, ??) 是函数 g ( x) 的增区间;
所以 x ? 1 是 g ( x) 的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 .

1 1 1 ( x ? 1)2 g ( ) ? ? ln x ? x h( x) ? g ( x) ? g ( ) ? 2ln x ? x ? h?( x) ? ? x x ,则 x2 , (2) x ,设 1 g ( x) ? g ( ) x ,当 x ? (0,1) (1, ??) 时, h?( x) ? 0 , h?(1) ? 0 , 当 x ? 1 时, h(1) ? 0 ,即 1 g ( x) ? g ( ) x ; 因此函数 h( x) 在 (0, ??) 内单调递减,当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ 1 g ( x) ? g ( ) h ( x ) ? h (1) x . 当 x ? 1 时, =0,∴

(3)满足条件的

x0 不存在.证明如下:
| g ( x) ? g ( x0 ) |? 2 x 1 x 对任意 x ? 0 成立,

x ? 0 ,使 证法一 假设存在 0

即对任意 x ? 0 有 但对上述的

ln x ? g ( x0 ) ? ln x ?



x0 ,取 x1 ? eg ( x0 ) 时,有 ln x1 ? g ( x0 ) ,这与①左边的不等式矛盾,
| g ( x) ? g ( x0 ) |? 1 x 对任意 x ? 0 成立. 1 x 对任意 x ? 0 成立,

x ? 0 ,使 因此不存在 0

x ? 0 ,使 证法二 假设存在 0

| g ( x) ? g ( x0 ) |?

由(1)知, g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 ,

g ( x) ? ln x ?
又 为 [1, ??) , 从 而 可

1 ? ln x x ,而 x ? 1 时, ln x 的值域为 (0, ??) ,∴ 当 x …1 时, g ( x) 的值域











x1 ? 1



使

g ( x1) …g ( x0 ) ? 1





g ( x1) ? g ( x0 ) … 1 ,∴
| g ( x )? g (0 x ) ?|

| g ( x1 ) ? g ( x0 ) |…1 ?

1 x1 , 这 与 假 设 矛 盾 . ∴不 存 在 x0 ? 0 , 使

1 x 对任意 x ? 0 成立.

题型六 导数与不等式

f ( x) ? ln(1 ? x) ?
例 12(全国Ⅱ 理 22) (Ⅰ )设函数

2x x ? 2 ,证明:当 x >0 时, f ( x) >0;

(Ⅱ )从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随机抽取一张,然后放回,用这种方式连续抽取

9 1 ( )19 2 p p 20 次,设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 .证明: < 10 < e .
【命题立意】 :本小题主要考查函数、导数、不等式证明及等可能事件的概率等知识。通过 运用导数知识解决函 数、不等式问题,考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力.

f ?( x) ?
【解析】 (Ⅰ )

1 2( x ? 2) ? 2 x x2 ? ? ? 0,( x ? ?1) x ?1 ( x ? 2)2 ( x ? 1)( x ? 2)2 , (仅当 x ? 0 时

f ?( x) ? 0 )
故函数 f ( x ) 在 (?1, ??) 单调递增.当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,故当 x >0 时, f ( x ) >0. (Ⅱ )从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随机抽取一张,然后放回,连续抽取 20 次,则

p?
抽得的 20 个号码互不相同的概率为

20 A100 9 1 20 100 ,要证 p <( 10 )19< e 2 .

p?
先证:

20 A100 100 ? 99 ? ... ? 81 100 90 20 9 19 ? ? ( ) ? ( ) 20 20 100 90 100 100 10 即证

19 (90) (90) 即证 99 ? 98 ? ... ? 81 ? 而 99 ? 81 ? (90 ? 9) ? (90 ? 9) ? 90 ? 9 ?

2

2

2

2 98 ? 82 ? (90 ? 8) ? (90 ? 8) ? 902 ? 82 ? (90)

………

2 91? 89 ? (90 ? 1) ? (90 ?1) ? 902 ?12 ? (90)

(90) . 即 所以 99 ? 98 ? ... ? 81 ?
19

p? (

9 19 ) 10

9 19 10 19 10 10 2 ( ) ? e ?2 ( ) ? e2 19ln ? 2 ln ? 9 9 19 再证: 10 ,即证 9 ,即证 ,即证 f ( x) ? ln(1 ? x) ?
由(Ⅰ )

2x x ? 2 ,当 x >0 时, f ( x) >0.

1 1 1 2 ln(1 ? ) ? 9 ? ln(1 ? ) ? ? 0 1 10 2 9 1?2 9 19 x? , ln ? 9 则 9 19 9 令 ,即 2?
9 19 p? ( ) ? e ?2 10 综上有:
例 12(浙江理 22)已知函数 f ( x) ? 2a ln(1 ? x) ? x(a ? 0) . (Ⅰ )求 f ( x ) 的单调区间和极值;

lg e lg e lg e 4lg e ? ? ? ??? ? ? lg e 2 3 n (Ⅱ )求证:

(1? n )n nn

(n ? 1)

(n ? N * ) .

? ?1, ??? , 解: (Ⅰ )定义域为

f '( x) ?

2a ?1 1 ? x ………2 分

令 f '( x) ? 0 ? ?1 ? x ? 2a ? 1 ,令 f '( x) ? 0 ? x ? 2a ? 1

? ?1,2a ?1? , f ( x) 的单调递减区间为 ? 2a ?1, ??? 故 f ( x ) 的单调递增区间为
f ( x) 的极大值为 2a ln 2a ? 2a ? 1

lg e lg e lg e 4lg e ? ? ? ??? ? ? lg e 2 3 n (Ⅱ )证:要证
(1?n ) n nn

(1? n )n nn

(n ? 1)

1 1 1 lg e ( n ?1) 1 1 1 4 ? ? ? ??? ? ? 4 ? ? ? ??? ? ? ln e 2 3 n lg e 2 3 n 即证 , 即证
1?
即证

(1?n ) n nn

( n ?1)

1 1 1 1 ? ? ??? ? ? 3 ? ln( n ?1) ? (1 ? ) n 2 3 n n

a?


1 2 ,由(Ⅰ )可知 f ( x ) 在 (0, ??) 上递减,故 f ( x) ? f (0) ? 0

即 ln(1 ? x) ? x ,令

x?

1 1 n ?1 1 (n ? N * ) ln(1 ? ) ? ln ? ln( n ? 1) ? ln n ? n n n n ,故

ln(n ? 1) ? 1 ?
累加得,

1 1 1 ? ? ??? ? 2 3 n

l n (? 1
1?


1 1 ? ) ? n n

1 1 ln ? ( 1 n ? )? 1? (n1? e ?) n n

3

1 1 1 1 ? ? ??? ? ? 3 ? ln(n ? 1) ? (1 ? ) n 2 3 n n ,得证

1 1 1 1 0 1 1 2 1 n 1 (1 ? ) n Cn ? Cn ? Cn ? ??? ? Cn ? 2 ? ? ? ??? ? 2 n n = n n n 2! 3! n! 法二:

1 1 (1 ? n ?1 ) 1 2 ? 2? 2 ? 3 ? n ?1 ? 3 1 1 1 1 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? n? 1? 2 2 2 2 ,其余相同证法.


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