2024秋高中数学第三章导数及其应用章末复习课课堂演练含解析新人教A版选修1-1

PAGE7-章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提示]1．关于切线的留意点在确定曲线在某点处切线的方程时，肯定要首先确定此点是否为切点，若此点是切点，则曲线在该点处切线的斜率即为该点的导数值，若此点不是切点，则需应先设切点，再求斜率，写出直线的方程．2．求函数单调区间的两个关注点单调区间的求解过程中，应关注两点：(1)不要忽视y＝f(x)的定义域；(2)增(减)区间有多个时，用“，”或者用“和”连接，切不行用“∪”连接．3．函数单调性与导数的关系的留意点若函数f(x)可导，其导数与函数的单调性的关系现以增函数为例来说明．f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系：f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，但反之不肯定．如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0，所以f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件．4．可导函数的极值与导数的关系的留意点x0为极值点能推出f′(x0)＝0，但反之不肯定．f′(x0)＝0是x0为极值点的必要而不充分条件．x0是极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0点两侧导数异号．5．函数的最值与极值的留意点(1)函数的最值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极大值、微小值是比较极值点旁边的函数值得出的．函数的极值可以有多个，但最大(小)值最多只能有一个．(2)在闭区间上求函数的最大值和最小值，应把极值点的函数值与两端点的函数值进行比较，不行干脆用极大(小)值替代最大(小)值．专题1导数的运算与导数的几何意义在导数的运算中，要娴熟驾驭基本导数公式和运算法则．由于函数y＝f(x)在点x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，因此关于曲线的切线问题可尝试用导数的方法解决．[例❶]已知函数y＝xlnx.(1)求这个函数的导数；(2)求这个函数的图象在点x＝1处的切线方程．解：(1)因为y＝xlnx，所以y′＝(xlnx)′＝x′(lnx)＋(lnx)′·x＝1·lnx＋eq\f(1,x)·x＝lnx＋1(x>0)．(2)由导数的几何意义得函数的图象在点x＝1处的切线斜率k＝y′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝1))＝ln1＋1＝1.又当x＝1时，y＝1×ln1＝0，即切点为(1，0)，所以所求的切线方程为y－0＝1·(x－1)，即x－y－1＝0.归纳升华1．函数y＝f(x)在点x0处的导数为f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，因此关于曲线的切线问题可尝试用导数的方法解决．2．求曲线y＝f(x)过点P(x0，f(x0))的切线方程：设切点Q(x1，f(x1))，则切线方程为y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，把点P的坐标代入切线方程解得x1，再回代到切线方程中．[变式训练]已知曲线y＝xlnx的一条切线方程为x－y＋c＝0.求切点坐标与c的值．解：因为y＝xlnx，所以y′＝1·lnx＋eq\f(1,x)·x＝lnx＋1(x>0)．设切点为(x0，x0lnx0)．由切线方程x－y＋c＝0知，切线斜率k＝1.所以lnx0＋1＝1，即x0＝1，x0lnx0＝0.所以切点为(1，0)，所以1－0＋c＝0，即c＝－1.专题2利用导数探讨函数的性质把导数作为数学工具，求解单调区间，探讨函数的极大(小)值，以及求在闭区间[a，b]的最大(小)值是本章的重点．利用导数求函数的单调性是基础，求极值是关键，学习时肯定要娴熟它们的求解方法．[例2]已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，探讨g(x)的单调性．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x.因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝3a·eq\f(16,9)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).经检验满意题意．(2)由(1)知g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，定义域为R，所以g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．归纳升华1．利用导数求可导函数的单调区间的一般步骤：(1)确定函数y＝f(x)的定义域．(2)求f′(x)．(3)解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.(4)不等式的解集与定义域取交集．(5)确定并写出函数的单调递增区间或单调递减区间．2．关于函数的极值、最值与导数的关注点：(1)已知极值点求参数的值后，要回代验证参数值是否满意极值的定义．(2)探讨极值点的实质是探讨函数的单调性，即f′(x)的正负．(3)求最大值要在极大值与端点值中取最大者，求最小值要在微小值与端点值中取最小者．[变式训练]已知函数f(x)＝x3－3ax2＋2bx在x＝1处有微小值－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在闭区间[－2，2]上的最大值和最小值．解：(1)f′(x)＝3x2－6ax＋2b，因为f(x)在点x＝1处有微小值－1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝0，,f（1）＝－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－6a＋2b＝0，,1－3a＋2b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝－\f(1,2).))所以f(x)＝x3－x2－x，f′(x)＝3x2－2x－1.令f′(x)＞0，得x＞1或x＜－eq\f(1,3)；令f′(x)＜0，得－eq\f(1,3)＜x＜1.所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(2)由(1)，当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表所示：x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))1(1，2)2f′(x)＋0－0＋f(x)－10↗eq\f(5,27)↘－1↗2由表中数据知，函数f(x)在x＝2处取得最大值2，在x＝－2处取得最小值－10，所以函数f(x)在闭区间[－2，2]上的最大值为2，最小值为－10.专题3利用导数求参数的取值范围导数中的参数问题实质上是利用导数求解切线问题、单调性问题、极值问题的逆向思维型问题，此类问题主要是利用导数的几何意义及导数与函数的单调性、极值的关系，并结合函数与方程思想、分类探讨思想等来解答的．[例3]已知函数f(x)＝ax－lnx，若f(x)＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，求实数a的取值范围．解：由已知得a＞eq\f(1＋lnx,x)在区间(1，＋∞)内恒成立．设g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，则g′(x)＝－eq\f(lnx,x2).因为x＞1，所以g′(x)＜0.所以g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在区间(1，＋∞)内单调递减，所以g(x)＜g(1)，即g(x)＜1在区间(1，＋∞)内恒成立．故a≥1.归纳升华已知函数的单调性求参数的取值范围可转化为不等式在某区间上恒成立问题，即f′(x)≥0[或f′(x)≤0]恒成立，用分别参数求最值或函数性质求解，留意验证使f′(x)＝0的参数是否符合题意．[变式训练]设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a＞0.(1)求f(x)的单调区间；(2)求全部的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．注：e为自然对数的底数．解：(1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x＞0，所以f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(（x－a）（2x＋a）,x).由于a＞0，所以f(x)的递增区间为(0，a)，递减区间为(a，＋∞)．(2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立，只要eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝a－1≥e－1，,f（e）＝a2－e2＋ae≤e2，))解得a＝e.专题4分类探讨思想分类探讨思想是一种重要的数学思想，运用分类探讨思想，必需理解为什么分类、如何分类以及最终如何整合，只有分类标准明确，分类才能不重不漏．本章中求单调区间、求参数的取值范围、求极值和最值以及恒成立问题，经常用到分类探讨思想．[例❹]设a>0，探讨函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2a（1－a）x2－2（1－a）x＋1,x).当a≠1时，方程2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0的判别式Δ＝4(1－a)2－8a(1－a)＝12a2－16a＋4＝12(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,3))).(1)当0<a<eq\f(1,3)时，Δ>0，f′(x)有两个零点，x1＝eq\f(1,2a)－eq\f(\r(（a－1）（3a－1）),2a（1－a）)>0，x2＝eq\f(1,2a)＋eq\f(\r(（a－1）（3a－1）),2a（1－a）)>0，且当0<x<x1或x>x2时，f′(x)>0，f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)内均为增函数；当x1<x<x2时，f′(x)<0，f(x)在(x1，x2)内为减函数．(2)当eq\f(1,3)≤a<1时，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)内为增函数；(3)当a＝1时，f′(x)＝eq\f(1,x)>0(x>0)，f(x)在(0，＋∞)内为增函数；(4)当a>1时，Δ>0，x1＝eq\f(1,2a)－eq\f(\r(（a－1）（3a－1）),2a（1－a）)>0，x2＝eq\f(1,2a)＋eq\f(\r(（a－1）（3a－1）),2a（1－a）)<0，所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1，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．综上可知，f(x)的单调区间如下表：a的取值范围0<a<eq\f(1,3)eq\f(1,3)≤a≤1a>1区间(0，x1)(x1，x2)(x2，＋∞)(0，＋∞)(0，x1)(x1，＋∞)单调性增函数减函数增函数增函数增函数减函数eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(其中x1＝\f(1,2a)－\f(\r(（a－1）（3a－1）),2a（1－a）)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(1,2a)＋\f(\r(（a－1）（3a－1）),2a（1－a）)))归纳升华分类探讨的原则和步骤1．原则：要有明确的分类标准．2．分类探讨的一般步骤：先明确探讨对象，确定对象的范围，再确定分类标准，合理分类，逐类求解，最终归纳总结得出结论．[变式训练]已知a，b为常数且a＞0，f(x)＝x3＋eq\f(3,2)(1－a)x2－3ax＋b.(1)函数f(x)的极大值为2，求a，b间的关系式；(2)函数f(x)的极大值为2，且在区间[0，3]上的最小值为－eq\f(23,2)，求a，b的值．解：(1)f′(x)＝3x2＋3(1－a)x－3a＝3(x－a)·(x＋1)，令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝a，因为a＞0，所以x1＜x2.当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况见下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘微小值↗所以当x＝－1时，f(x)有极大值2，即3a＋2b＝3.(2)①当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0，a)上为减函数，在[a，3]上为增函数