高中数学人教B版1-1学案：第三单元 疑难规律方法 第三章 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1巧用法则求导数导数的计算包括八个基本初等函数的导数公式，以及和、差、积、商的导数运算法则，它们是导数概念的深化,也是导数应用的基础，起到承上启下的作用．那么在掌握和、差、积、商的导数运算法则时，要注意哪些问题？有哪些方法技巧可以应用？下面就以实例进行说明．1．函数和（或差)的求导法则（f(x）±g(x）)′＝f′(x)±g′(x)例1求下列函数的导数：（1）f(x）＝eq\f（1,x)＋lnx；（2)f(x)＝cosx－eq\r(x)－1。解(1）f′(x）＝－eq\f（1，x2)＋eq\f（1，x）.（2)f′（x）＝－sinx－eq\f（1，2\r(x）).点评记住基本初等函数的导数公式是正确求解导数的关键，此外函数和(或差）的求导法则可以推广到任意有限个可导函数和(或差）的求导．2．函数积的求导法则［f（x)g(x)］′＝f′（x)g(x)＋f(x)g′(x)例2求下列函数的导数：（1）f(x)＝x2ex；（2）f（x）＝(x＋1)（x＋2）（x＋3）．解(1）f′(x）＝(x2ex）′＝（x2)′ex＋x2（ex）′＝2xex＋x2ex。（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eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(fx,gx)）)′＝eq\f(f′xgx－fxg′x，g2x)(g(x）≠0)例3求下列函数的导数：(1）f（x)＝eq\f（lnx,x）；(2）f(x）＝tanx;(3）f(x）＝eq\f(1,1－\r（x)）＋eq\f(1，1＋\r(x)).解(1)f′(x)＝(eq\f（lnx，x))′＝eq\f(lnx′·x－lnx·x′,x2）＝eq\f(1－lnx，x2)。（2)f′（x)＝（tanx)′＝（eq\f(sinx，cosx）)′＝eq\f（sinx′cosx－sinxcosx′,cos2x)＝eq\f(1,cos2x）。(3)因为f(x)＝eq\f(1，1－\r(x）)＋eq\f(1，1＋\r(x))＝eq\f（1＋\r（x)＋1－\r（x),1－\r（x）1＋\r（x）)＝eq\f（2，1－x），所以f′(x)＝（eq\f（2，1－x)）′＝eq\f(－21－x′,1－x2）＝eq\f(2，1－x2).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＝eq\f(x2－2x＋3，x－1）；（2）y＝eq\f（\r（x5)＋\r(x7)＋\r(x9）,\r（x)).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＝eq\f(x2－2x＋3,x－1）＝x－1＋eq\f（2,x－1），所以y′＝1＋eq\f（0－2×1,x－12)＝1－eq\f（2,x－12)。（2)因为y＝eq\f(\r（x5）＋\r（x7）＋\r(x9),\r(x）)＝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－4 B．y＝－3x＋2C．y＝－4x＋3 D．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B2．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)＝3xeq\o\al（2，0)－2.所以切线方程为y－y0＝(3xeq\o\al（2,0）－2）(x－x0），即y－（xeq\o\al(3,0）－2x0)＝（3xeq\o\al（2,0)－2）·（x－x0)．又知切线过点（1，－1),所以－1－(xeq\o\al(3，0）－2x0）＝(3xeq\o\al（2,0）－2)（1－x0），解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2）。故所求切线方程为y－（1－2）＝（3－2）（x－1）或y－(－eq\f（1,8)＋1）＝(eq\f（3，4)－2）·（x＋eq\f(1，2))，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（－eq\f（1,2），eq\f(7,8))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)＝eq\f（1，x)相切的直线方程．解设P(x0，y0)为切点，则切线的斜率为f′（x0）＝－eq\f(1，x\o\al(2，0）)。所以切线方程为y－y0＝－eq\f（1,x\o\al(2,0）)（x－x0)，即y－eq\f(1,x0）＝－eq\f(1,x\o\al(2，0））(x－x0）．又已知切线过点(2,0)，把它代入上述方程，得－eq\f(1，x0）＝－eq\f(1,x\o\al（2，0))(2－x0)．解得x0＝1，y0＝eq\f（1，x0）＝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，xeq\o\al（2,1）)，与C2相切于点Q（x2，－xeq\o\al(2，2）＋4x2－4）．由C1：y＝x2，得y′＝2x，则与C1相切于点P的切线方程为y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1),即y＝2x1x－xeq\o\al(2，1）.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＋xeq\o\al（2，2)－4。因为两切线重合，所以2x1＝－2(x2－2)且－xeq\o\al（2，1）＝xeq\o\al（2，2)－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）－eq\f(1，2)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)〈0;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－eq\f(2，x）。令f′(x）<0，即2x＋3－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2＋3x－2,x）<0，结合定义域知,x>0且2x2＋3x－2〈0，解得0<x<eq\f(1,2)，即函数f（x)的单调递减区间为（0，eq\f(1，2）)．答案(0，eq\f(1,2）)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：当x〉1时，lnx>eq\f（1，2）－eq\f（x2，2)。分析可构造函数f(x）＝lnx－（eq\f(1，2)－eq\f(x2，2)），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－(eq\f（1,2）－eq\f（x2,2))，则有f（1）＝0。因为f′（x)＝eq\f(1,x)＋x＝eq\f（1＋x2,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>eq\f（1,2）－eq\f(x2，2）.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>0。而f′(x）>0⇔lnx＋1〉0⇔x>eq\f（1,e），f′(x)<0⇔lnx＋1<0⇔0〈x〈eq\f(1，e)，所以f（x)在（0，eq\f(1,e))上是递减的，在(eq\f（1,e)，＋∞）上是递增的．所以x＝eq\f(1,e)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）＝eq\f（1，x)－a＝eq\f（1－ax,x).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＝eq\f（1,a）.当x∈（0，eq\f(1，a））时，f′（x）>0，f(x）是递增的；当x∈(eq\f(1,a)，＋∞)时，f′(x)<0，f（x)是递减的．所以当x＝eq\f（1，a）时，f(x)有极大值，极大值为f（eq\f（1，a）)＝lneq\f（1，a）－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，eq\f(1,a))，递减区间为（eq\f(1,a)，＋∞），极大值为－lna－1。点评本题通过求导，把问题转化为含参数的不等式问题，需要对问题进行讨论，讨论时需要全面，避免遗漏．（3）极值问题的逆向考查例3已知函数f(x）＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f(a,b)的值为（)A．－eq\f（2,3） B．－2C．－2或－eq\f（2,3) D．不存在解析由题意知f′（x）＝3x2＋2ax＋b.所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－2，，b＝1））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－6，,b＝9。)）经检验eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9)）满足题意，所以eq\f（a，b）＝－eq\f(2,3)。故选A。答案A点评本题是已知极值求参数，逆向考查了极值的含义，解题关键是需要对所求参数进行讨论，是否满足极值的条件．如果不满足，需要舍去．5分类讨论思想在导数中如何应用分类讨论思想在导数中的应用非常广泛，尤其是在求含参数的函数的单调区间、极值或最值的问题中，那么如何确定分类讨论的标准呢？1．按导数为零的根的大小来分类例1设函数f（x)＝－x（x－a）2(x∈R)，其中a∈R且a≠0，求函数f(x）的极大值和极小值．解f′（x）＝－(3x－a）(x－a）,令f′（x）＝0，解得x＝a或x＝eq\f（a,3）.当a〉eq\f（a，3)，即a>0，x∈(－∞,eq\f（a,3）)时，f′(x)〈0，x∈(eq\f(a,3),a)时,f′（x）〉0，x∈（a，＋∞）时,f′（x）<0，因此，函数f(x)在x＝eq\f(a，3）处取得极小值－eq\f（4，27）a3，在x＝a处取得极大值0。当a〈eq\f(a,3），即a<0,x∈(－∞，a）时,f′（x)<0，x∈(a，eq\f(a,3）)时，f′（x）〉0,x∈（eq\f（a，3）,＋∞)时,f′（x)〈0，因此,函数f(x)在x＝eq\f（a，3）处取得极大值－eq\f（4，27)a3，在x＝a处取得极小值0.点评本题对f（x）求导后，得到一个二次函数，令f′(x)＝0得到的两个根是含有参数的，因此应按两个根的大小来分类．2．按是否为二次函数来分类例2已知函数f（x）＝lnx－ax＋eq\f(1－a，x)－1(a≤eq\f（1，2))，讨论f(x）的单调性．解f′(x）＝－eq\f（ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞），令h（x）＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)，(1)当a＝0时，h(x）＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当x∈（0，1）时,h（x）>0，此时f′(x）〈0，函数f（x)单调递减；当x∈（1，＋∞)时，h(x）<0，此时f′（x）>0，函数f（x)单调递增．（2）当a≠0时,由f′(x）＝0，解得x1＝1，x2＝eq\f（1，a)－1，①当a＝eq\f（1，2），即x1＝x2时，h（x)≥0恒成立，此时f′（x）≤0，f（x）在（0,＋∞）上单调递减；②当0〈a〈eq\f(1，2)，即eq\f(1,a）－1>1〉0，x∈(0，1)时，h(x）>0，f′（x)〈0，f（x)单调递减，x∈（1,eq\f（1，a）－1)时，h（x）<0，f′（x)>0，f（x)单调递增，x∈(eq\f(1，a)－1，＋∞）时,h（x）>0,f′(x)〈0，f(x）单调递减；③当a<0时，eq\f（1，a)－1〈0<1,x∈（0，1)时,h（x）〉0,f′（x）<0，f（x)单调递减，x∈(1，＋∞）时，h（x)<0，f′（x)>0，f(x)单调递增．综上所述,当a≤0时，函数f(x）在（0，1）上单调递减,在(1，＋∞）上单调递增；当a＝eq\f（1,2)时,函数f(x)在（0，＋∞）上单调递减;当0<a<eq\f（1，2）时，函数f（x）在(0,1）和(eq\f(1,a）－1,＋∞)上单调递减，在(1,eq\f(1，a）－1）上单调递增．点评由于f′(x）的分子是一个二次项含参的函数,因此在分类讨论时，首先应按a是否为零，即该函数是否为二次函数来分类，然后当a≠0时，再按根的大小来分类（与例1类似)，另外，应注意参数的范围．3．按最值来分类例3设函数f（x)＝ex－e－x，若对所有x≥0都有f（x)≥ax，求实数a的取值范围．解令g(x)＝f（x）－ax，则g′(x）＝f′（x)－a＝ex＋e－x－a,由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1,ex）≥2（当且仅当x＝0时等号成立），所以当a≤2时，g′（x）＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞）上为增函数．所以当x≥0时，g（x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax.当a〉2时，方程g′(x)＝0的根为x1＝lneq\f(a－\r(a2－4)，2）〈0,x2＝lneq\f（a＋\r(a2－4)，2)>0，此时,若x∈(0，x2），则g′（x)<0，故g（x)在区间（0，x2）内为减函数．所以x∈(0,x2)时，g(x）〈g（0)＝0，即f（x）<ax,与题设f(x)≥ax相矛盾．综上所述，满足条件的实数a的取值范围为a≤2。点评本题对函数求导后应根据导数中含自变量部分的最值对a进行分类讨论．小结通过以上几例我们可以总结出分类讨论的原则：（1)要有明确的分类标准；(2)分类要不重复、不遗漏；（3）当讨论的对象不止一种时，应分层次进行．分类讨论的一般步骤：先明确讨论对象,确定对象的范围，再确定分类标准，逐段分析,获得阶段性结果，最后归纳总结得出结论．6导数计算中的易错点1．对定义理解不透例1已知函数f（x）＝3x4－2x3＋5，则eq\o(lim，\s\do4（Δx→0)）eq\f（f1＋2Δx－f1,Δx）＝________。错解因为f′（x)＝12x3－6x2，所以原式＝f′（1）＝6。故填6。剖析在导数的定义中，增量Δx的形式是多种多样的，但不论Δx选择哪种增量形式，相应的Δy也应选择对应的形式,本题Δy中x的增量为2Δx，则分母也应为2Δx。正解因为f′(x)＝12x3－6x2，所以原式＝eq\o(lim,\s\do4（Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1,2Δx)·2＝2f′(1)＝12.故填12.答案122．对导数的几何意义理解有误例2已知曲线y＝f(x）＝x3－3x，求过点A（2,2）且与该曲线相切的切线方程．错解因为点A（2，2)在曲线y＝f（x)＝x3－3x上，且f′(x）＝3x2－3，所以f′（2）＝9.所以所求切线方程为y－2＝9（x－2），即9x－y－16＝0。剖析上述解法错在对导数的几何意义理解有误，切线的斜率k应是切点处的导数，而点A(2,2）虽在曲线上，但不一定是切点，故本题应先设切点，再求斜率k。正解设切点为P（x0，xeq\o\al(3，0）－3x0)，又y′＝3x2－3。所以在点x0处的切线方程为y－（xeq\o\al(3，0)－3x0）＝（3xeq\o\al（2,0）－3）(x－x0）．又因为切线过点A（2，2)，所以2－(xeq\o\al（3，0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2，0)－3)（2－x0），即（x0－2)2（x0＋1)＝0，解得x0＝2或x0＝－1。故切线方程为9x－y－16＝0或y＝2.3．求导时混淆了常量与变量例3求下列函数的导数:(1)f（x）＝a2＋x2；(2)f（x）＝eπx.错解(1）f′(x）＝(a2＋x2)′＝2a＋2x。（2）f′(x)＝(eπx)′＝(eπ）′x＋（x）′eπ＝eπx＋eπ。剖析（1）求导是对自变量的求导，要看清表达式中的自变量．本题的自变量是x，而a是常量．（2)中误把常数eπ当作了变量．正解（1）f′(x）＝(a2＋x2）′＝2x。(2)f′(x）＝(eπx）′＝eπ(x)′＝eπ。4．混淆“在某点处的切线”与“过某点的切线”例4已知曲线f（x)＝2x3－3x,过点M(1，－1)作曲线f（x)的切线，求此切线方程．错解因为点M在曲线上，所以M为切点,又f′（x）＝6x2－3,所以切线的斜率为k＝f′（1）＝6－3＝3，所以由点斜式可求得切线方程为y＝3x－4。剖析错解直接把M看成是切点,对