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第五讲导数及其应用


第五讲

导数及其应用

一、导数的概念 1.函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数: (1)定义:称函数 y=f(x)在 x=x0 处的瞬时变化率 Δy f ( x0 ? ?x) ? f ( x0 ) lim = lim 为函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数, Δ x→0 Δ x→0 Δ x ?x Δy f ( x0 ? ?x) ? f ( x0 ) 记作 f′(x0)或 y′|x=x0,即 f′(x0)=Δ lim =Δ lim . x→0 Δ x x→0 ?x (2)几何意义: 函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线斜率.(瞬时速度就是位移函数 s(t)对时 间 t 的导数)相应地,切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). 2.函数 f(x)的导函数: 称函数 f′(x)=Δ lim x→0
f ( x0 ? ?x) ? f ( x0 ) 为 f(x)的导函数. ?x

二、基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 n * f(x)=x (n∈Q ) f′(x)=n·xn-1 f(x)=sin x f′(x)=cos_x f(x)=cos x f′(x)=-sin_x x f(x)=a f′(x)=axln_a(a>0) f(x)=ex f′(x)=ex 1 f(x)=logax f′(x)=xln a 1 f(x)=ln x f′(x)=x

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三、导数的运算法则 1.[f(x)±g(x)] ′=f′(x)±g′(x); 2.[f(x)·g(x)] ′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x);
? f ( x) ? f ' ( x) g ( x) ? f ( x) g ' ( x) 3. ? = ? g ( x) ? 0 ? . ? ?g ( x)?2 ? g ( x) ?
'

导数的运算法则特例及推广 (1)[af(x)+bg(x)] ′=af′(x)+bg′(x),其中 a,b 为常数.
? 1 ? ? f ' ( x) (2) ? ? f ( x) ? 0? ?= 2 ? f ( x ) ? ? f ( x)?
'

(3)导数的加法与减法法则,可由两个可导函数推广到任意有限 个可导函数的情形,即[u(x)±v(x)±…±ω (x)] =u′(x)±v′(x)±… ±ω ′(x). 四、函数的导数与单调性的关系 函数 y=f(x)在某个区间内可导,则 (1)若 f′(x)>0,则 f(x)在这个区间内单调递增; (2)若 f′(x)<0,则 f(x)在这个区间内单调递减; (3)若 f′(x)=0,则 f(x)在这个区间内是常数函数. 导数与函数单调性的关系 ①f′(x)>0(或 f′(x)<0)是 f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充 分不必要条件; ②f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)是 f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要 不充分条件(f′(x)=0 不恒成立). 五、函数的极值与导数 1.函数的极小值与极小值点: 若函数 f(x)在点 x=a 处的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其他点 的函数值都小,且 f′(a)=0,而且在 x=a 附近的左侧 f′(x)<0,右 侧 f′(x)>0,则 a 点叫函数的极小值点,f(a)叫函数的极小值. 2.函数的极大值与极大值点: 若函数 f(x)在点 x=b 处的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近其他点 的函数值都大,且 f′(b)=0,而且在 x=b 附近的左侧 f′(x)>0,右 侧 f′(x)<0,则 b 点叫函数的极大值点,f(b)叫函数的极大值,极大值 和极小值统称为极值. f′(x0)=0 同 x0 是 f(x)极值点的关系 f′(x0)=0 是 x0 为 f(x)的极值点的非充分非必要条件.例如,f(x) 3 =x ,f′(0)=0,但 x=0 不是极值点;又如 f(x)=|x|,x=0 是它的极 小值点,但 f′(0)不存在.
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六、函数的最值与导数 1.函数 f(x)在[a,b]上有最值的条件: 如果在区间[a,b]上函数 y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线, 那么它必有最大值和最小值. 2.求 y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤: ①求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值. ②将函数 y=f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、f(b)比较,其 中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 极值同最值的关系 极值只能在定义域内取得(不包括端点),最值却可以在端点处取 得,有极值的不一定有最值,有最值的也未必有极值;极值有可能成 为最值,最值只要不在端点处取必定是极值. 基础自测 1.(2013·广东高考)若曲线 y=kx+ln x 在点(1,k)处的切线平行 于 x 轴,则 k=________. 2. (江西)过点 (1,0) 的直线与曲线 y ? x3 相切的切线方程为 4 3.当 x>0 时,f(x)=x+x 的单调减区间是( ) A.(2,+∞) B.(0,2) C.( 2,+∞) D.(0, 2) 1 4.函数 f(x)=2x2-ln x 的最小值( ) 1 A.2 B.1 C.不存在 D.0

考点一

利用导数研究函数的单调性
x ?1 ,其中 a 为常数. x ?1

例(2014 山东)设函数 f ( x) ? a ln x ?

(I)若 a ? 0 ,求曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (II)讨论函数 f ( x) 的单调性. 【解析】(1) 当a ? 0时 , f ( x) ?
x ?1 2 , x ? (0,?? ). 此时 f ' ( x) ? x ?1 ( x ? 1) 2

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f ?(1) ?

2 1 ? 2 (1 ? 1) 2


?y ?

f (1) ? 0 ?直线过点(1,0)
1 1 x? 2 2
a x 2 ( x ? 0) ( x ? 1)2 2 恒大于0. f ( x)在定义域上单调递增. ( x ? 1)2

(2) f ?( x) ? ?

①当a ? 0时, f ?( x) ?

②当a ? 0时,f ?( x) ?

a 2 a( x ? 1)2 ? 2 x ? = ? 0. f ( x)在定义域上单调递增. x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2

1 ③当a ? 0时,? ? (2a ? 2) 2 ? 4a 2 ? 8a ? 4 ? 0, 即a ? ? . 2

开口向下,f ( x)在定义域上单调递减。
当? 1 ?(2a ? 2) ? 8a ? 4 ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 0时,? ? 0.x1,2 ? ? 2 2a a
2a ? 2 1 ? ?1 ? ? 0.且x1 x2 ? 1 ? 0 2a a

对称轴方程为x ? ?

? f ( x)在(0,

? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2a ? 1 ) 单调递减, ( , ) 单调递增, a a a ?a ? 1+ 2a ? 1 ( , +?) 单调递减。 a
1 1 ? a ? 1 ? 2a ? 1 时,f ( x)在定义域上单调递减; ? ? a ? 0 时,f ( x) 在(0, ) 单调递减, 2 2 a

综上所述,a ? 0 时,f ( x)在定义域上单调递增;a ? 0 时,f ( x) 在定义域上单调递增 a?? (

? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2 a ? 1 ?a ? 1+ 2a ? 1 , ) 单调递增, ( , +?) 单调递减。 a a a

跟踪练习 0).

(2013·宜昌模拟)已知函数 f(x)=aln x-2ax+3(a≠

(1)求函数 f(x)的单调增区间; 3 1 (2)函数 y=f(x)的图象在 x=2 处的切线的斜率为2.若函数 g(x)=3
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x3+x2[f′(x)+m]在区间(1,3)上不是单调函数. 求实数 m 的取值范围. 【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).

a 1-2x a 又 f′(x)=x -2a= , x 1 ∴当 a>0 时,由 f′(x)>0,得 0<x<2. 1 当 a<0 时,由 f′(x)>0,得 x>2, 1 ∴当 a>0 时,f(x)的增区间为(0,2); 1 当 a<0 时,f(x)的增区间为(2,+∞). 3 (2)∵f(x)在 x=2 处的切线斜率为2, 3 3 ∴f′(2)=-2a=2,∴a=-1. 1 此时 f′(x)=2-x, 1 1 因此 g(x)=3x3+x2(2-x+m) 1 =3x3+(2+m)x2-x. ∴g′(x)=x2+2(2+m)x-1. ∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数, 则 g′(x)在(1,3)内有零点. 又 g′(0)=-1,
? ?g ∴结合 g′(x)的图象知? ? ?g ? ?1+2 2+m 即? ?9+6 2+m ?

1 3

<0, >0.

1<0,

10 解之得- 3 <m<-2. 1>0,
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10 故实数 m 的取值范围为(- 3 ,-2).

考点二 利用导数研究函数的极值、最值问题
例(2013·广东高考)设函数 f(x)=(x-1)ex-kx2(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; ?1 ? (2)当 k∈?2,1?时,求函数 f(x)在[0,k]上的最大值 M. ? ? 【规范解答】 (1)当 k=1 时,f(x)=(x-1)ex-x2, f′(x)=ex+(x-1)ex-2x=x(ex-2). 由 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=ln 2>0. 由 f′(x)>0,得 x<0 或 x>ln 2. 由 f′(x)<0,得 0<x<ln 2.2 分 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,0)和(ln 2,+∞), 单调减区间为(0,ln 2).3 分 (2)因为 f(x)=(x-1)ex-kx2, 所以 f′(x)=xex-2kx=x(ex-2k). 令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=ln(2k), ?1 ? 因为 k∈?2,1?,所以 2k∈(1,2],所以 0<ln(2k)≤ln 2.5 分 ? ? ?1 ? 设 g(k)=k-ln(2k),k∈?2,1?, ? ? 1 k -1 g′(k)=1-k = k ≤0, ?1 ? 所以 g(k)在?2,1?上是减函数, ? ? 所以 g(k)≥g(1)=1-ln 2>0,即 0<ln(2k)<k.6 分 所以 f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表: x ln(2k) (0,ln(2k)) (ln(2k),k) 0 f ′( x ) - + f (x ) 极小值 所以函数 f(x)在[0,k]上的最大值为 f(0)或 f(k).7 分 f(0)=-1,f(k)=(k-1)ek-k3, f(k)-f(0)=(k-1)ek-k3+1=(k-1)ek-(k3-1) =(k-1)ek-(k-1)(k2+k+1) =(k-1)[ek-(k2+k+1)].8 分 ?1 ? 因为 k∈?2,1?,所以 k-1≤0. ? ? k 令 h(k)=e -(k2+k+1),则 h′(k)=ek-(2k+1).
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?1 ? 对任意的 k∈?2,1?,y=ek 的图象恒在 y=2k+1 的图象的下方, ? ?

所以 e -(2k+1)<0,即 h′(k)<0, ?1 ? 所以函数 h(k)在?2,1?上为减函数, ? ? ?1? 1 ?1 1 ? 7 故 h(1)≤h(k)<h?2?=e2-?4+2+1?= e-4<0, ? ? ? ? 所以 f(k)-f(0)≥0,即 f(k)≥f(0).11 分 所以函数 f(x)在[0,k]上的最大值 M=f(k)=(k-1)ek-k3.12 分 【名师寄语】 1.求函数的单调区间,转化为解不等式 f x 0和f x 0,考查了转化与化归思想. 2.判断函数在给定区间[0,k]上的单调性,需要考虑 f x 0 的根和区间端点的大小,求函数的最大值,需要比较 f 0 f k . 3.比较区间端点 k 和函数 f x ln 2k ek 与 k2+k+1 的大小时,均构造了函数,并借助导数解决,需要较强 的分析问题和解决问题的能力. 跟踪练习(2013 新课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2- 4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解:本题主要考查导数的基本知识,利用导数判断函数单调性、 求极值. (1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4.故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, 1? ? f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)?ex-2?.
? ?

k

令 f′(x)=0 得,x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞, -2)∪(-ln 2, +∞)时, f′(x)>0; 当 x∈(-2,
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-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞, -2), (-ln 2, +∞)上单调递增, 在(-2, -ln 2) 上单调递减. 当 x=-2 时, 函数 f(x)取得极大值, 极大值为 f(-2)=4(1-e-2).

考点三 导数的综合应用
例[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲 线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明: 当 k<1 时, 曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 解:(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得-a=-2,所以 a=1. (2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4, 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以 g(x)=0 在(-∞,0]上有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+
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∞)上单调递增, 所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0, 所以 g(x)=0 在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根, 即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点.

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