高中數(shù)學(xué)人教B版1-1學(xué)案：第三單元 疑難規(guī)律方法 第三章 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1巧用法則求導(dǎo)數(shù)導(dǎo)數(shù)的計(jì)算包括八個(gè)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式，以及和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則，它們是導(dǎo)數(shù)概念的深化,也是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，起到承上啟下的作用．那么在掌握和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則時(shí)，要注意哪些問(wèn)題？有哪些方法技巧可以應(yīng)用？下面就以實(shí)例進(jìn)行說(shuō)明．1．函數(shù)和（或差)的求導(dǎo)法則（f(x）±g(x）)′＝f′(x)±g′(x)例1求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：（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）).點(diǎn)評(píng)記住基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式是正確求解導(dǎo)數(shù)的關(guān)鍵，此外函數(shù)和(或差）的求導(dǎo)法則可以推廣到任意有限個(gè)可導(dǎo)函數(shù)和(或差）的求導(dǎo)．2．函數(shù)積的求導(dǎo)法則［f（x)g(x)］′＝f′（x)g(x)＋f(x)g′(x)例2求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：（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.點(diǎn)評(píng)特別要注意:[f(x）g(x)］′≠f′(x)g′（x)．同時(shí)要記住結(jié)論:若C為常數(shù)，則[Cf(x）］′＝Cf′(x），由此進(jìn)一步可以得到［af（x)±bg（x)]′＝af′（x)±bg′（x）．3．函數(shù)商的求導(dǎo)法則eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(fx,gx)）)′＝eq\f(f′xgx－fxg′x，g2x)(g(x）≠0)例3求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(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?yàn)閒(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).點(diǎn)評(píng)應(yīng)在求導(dǎo)之前，先利用代數(shù)、三角恒等變換對(duì)函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后再求導(dǎo)，這樣可以減少運(yùn)算，提高運(yùn)算效率．4．分式求導(dǎo)對(duì)于能夠裂項(xiàng)的分式型函數(shù)，可將函數(shù)轉(zhuǎn)化為幾個(gè)單項(xiàng)式的和差形式，然后再利用和差的導(dǎo)數(shù)公式來(lái)解決．例4求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：（1)y＝eq\f(x2－2x＋3，x－1）；（2）y＝eq\f（\r（x5)＋\r(x7)＋\r(x9）,\r（x)).分析直接求導(dǎo)，或比較煩雜，或無(wú)從下手，這時(shí),我們不妨利用數(shù)學(xué)運(yùn)算法則將其分解，那么“曙光就在前頭"．解(1）因?yàn)閥＝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?yàn)閥＝eq\f(\r（x5）＋\r（x7）＋\r(x9),\r(x）)＝x2＋x3＋x4，所以y′＝2x＋3x2＋4x3。點(diǎn)評(píng)本題啟示我們，對(duì)于某些函數(shù)式，我們應(yīng)先根據(jù)它的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，適當(dāng)?shù)貙?duì)函數(shù)式中的項(xiàng)進(jìn)行合理的“拆”,然后“各個(gè)擊破”．2利用導(dǎo)數(shù)求切線方程曲線的切線問(wèn)題是高考的常見(jiàn)題型之一．而導(dǎo)數(shù)f′（x0）的幾何意義為曲線y＝f（x）在點(diǎn)P(x0，f（x0）)處的切線的斜率，所以利用導(dǎo)數(shù)解決相切問(wèn)題是常用的方法．下面對(duì)“求過(guò)一點(diǎn)的切線方程”的題型做以下歸納．1．已知切點(diǎn)，求曲線的切線方程此類題只需求出曲線的導(dǎo)數(shù)f′(x），并代入點(diǎn)斜式方程即可．例1曲線f(x)＝x3－3x2＋1在點(diǎn)（1,－1）處的切線方程為（)A．y＝3x－4 B．y＝－3x＋2C．y＝－4x＋3 D．y＝4x－5解析由f′(x）＝3x2－6x知，曲線在點(diǎn)（1，－1)處的斜率為k＝f′(1)＝－3.所以切線方程為y－(－1)＝－3（x－1)，即y＝－3x＋2.故選B.答案B2．已知過(guò)曲線上一點(diǎn),求切線方程過(guò)曲線上一點(diǎn)的切線，該點(diǎn)未必是切點(diǎn)，故應(yīng)先設(shè)切點(diǎn)，再求切點(diǎn)，即用待定切點(diǎn)法．例2求過(guò)曲線f(x）＝x3－2x上的點(diǎn)（1,－1）的切線方程．解設(shè)P(x0,y0)為切點(diǎn)，則切線的斜率為f′（x0)＝3xeq\o\al（2，0)－2.所以切線方程為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)．又知切線過(guò)點(diǎn)（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）。故所求切線方程為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.點(diǎn)評(píng)可以發(fā)現(xiàn)直線5x＋4y－1＝0并不以(1,－1)為切點(diǎn)，實(shí)際上是經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,－1)，且以（－eq\f（1,2），eq\f(7,8))為切點(diǎn)的直線．這說(shuō)明過(guò)曲線上一點(diǎn)的切線，該點(diǎn)未必是切點(diǎn)．3．已知過(guò)曲線外一點(diǎn)，求切線方程此類題可先設(shè)切點(diǎn)，再求切點(diǎn)，即用待定切點(diǎn)法來(lái)求解．例3求過(guò)點(diǎn)(2，0)且與曲線f(x)＝eq\f（1，x)相切的直線方程．解設(shè)P(x0，y0)為切點(diǎn)，則切線的斜率為f′（x0）＝－eq\f(1，x\o\al(2，0）)。所以切線方程為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）．又已知切線過(guò)點(diǎn)(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，所以所求切線方程為y－1＝－(x－1),即x＋y－2＝0.點(diǎn)評(píng)點(diǎn)(2,0）實(shí)際上是曲線外的一點(diǎn)，但在解答過(guò)程中卻無(wú)需判斷它的確切位置，這充分反映出待定切點(diǎn)法的高效性．4．求兩條曲線的公切線例4已知曲線C1：y＝x2與C2：y＝－x2＋4x－4,直線l與C1，C2都相切，求直線l的方程．分析設(shè)出直線與兩條曲線的切點(diǎn)坐標(biāo)，分別求出曲線在切點(diǎn)處的切線方程，再利用兩個(gè)方程所表示的直線重合,建立方程組求解．解設(shè)l與C1相切于點(diǎn)P(x1，xeq\o\al（2,1）)，與C2相切于點(diǎn)Q（x2，－xeq\o\al(2，2）＋4x2－4）．由C1：y＝x2，得y′＝2x，則與C1相切于點(diǎn)P的切線方程為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，則與C2相切于點(diǎn)Q的切線方程為y＝－2(x2－2)x＋xeq\o\al（2，2)－4。因?yàn)閮汕芯€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.所以直線l的方程為y＝0或y＝4x－4.點(diǎn)評(píng)公切線問(wèn)題的一般解法是分別求出曲線在切點(diǎn)處的切線方程，再利用兩直線重合的條件建立方程組求解．3利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性常見(jiàn)題型1．運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟:（1）確定函數(shù)的定義域;(2）求導(dǎo)數(shù)f′(x）;（3）在定義域內(nèi)解不等式f′(x）>0或f′(x）〈0，得單調(diào)區(qū)間．例1求函數(shù)f（x）＝x（ex－1）－eq\f(1，2)x2的單調(diào)區(qū)間．解由已知,得當(dāng)f′（x)＝(ex－1）(x＋1)＝0時(shí),有x＝0或x＝－1。當(dāng)x〈－1時(shí)，f′(x）〉0；當(dāng)－1〈x<0時(shí)，f′（x)〈0;當(dāng)x〉0時(shí)，f′(x)〉0.故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（－∞，－1)，（0，＋∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（－1，0)．點(diǎn)評(píng)單調(diào)區(qū)間開(kāi)閉不扣分，但定義域不取的數(shù)一定不能取；斷開(kāi)的單調(diào)區(qū)間一般不合寫(xiě)，也不用“∪”連接，中間用“,"或“和”連接．例2已知函數(shù)f（x）＝x2＋3x－2lnx，則函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_______．分析先求函數(shù)f（x）的定義域和導(dǎo)數(shù),再結(jié)合定義域解f′(x）〈0即可．解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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，結(jié)合定義域知,x>0且2x2＋3x－2〈0，解得0<x<eq\f(1,2)，即函數(shù)f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，eq\f(1，2）)．答案(0，eq\f(1,2）)點(diǎn)評(píng)求解該類問(wèn)題時(shí)要注意兩點(diǎn)：①不要忽視定義域；②如有多個(gè)單調(diào)遞增（減)區(qū)間，不要把這些區(qū)間取并集．2．證明不等式例3求證：當(dāng)x〉1時(shí)，lnx>eq\f（1，2）－eq\f（x2，2)。分析可構(gòu)造函數(shù)f(x）＝lnx－（eq\f(1，2)－eq\f(x2，2)），由于f(1）＝0，故若能證明f(x)為（1，＋∞）上的增函數(shù)，即證明在（1，＋∞）上,導(dǎo)函數(shù)f′（x）>0恒成立即可．證明令f(x）＝lnx－(eq\f（1,2）－eq\f（x2,2))，則有f（1）＝0。因?yàn)閒′（x)＝eq\f(1,x)＋x＝eq\f（1＋x2,x）>0(x∈(1，＋∞))，所以函數(shù)f（x)為（1，＋∞)上的增函數(shù),又f（1)＝0,所以當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，f（x）>0恒成立，即lnx>eq\f（1,2）－eq\f(x2，2）.點(diǎn)評(píng)證明不等式f(x)>g（x)，x∈（a，b）的一般方法:構(gòu)造函數(shù)F(x）＝f(x)－g（x),x∈(a，b)，分析F（x)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性及最小值與0的大小，進(jìn)而說(shuō)明F(x）〉0在(a，b）內(nèi)恒成立即可．3．求參數(shù)的取值范圍例4已知函數(shù)f（x)＝x3－ax2＋1。(1)若函數(shù)f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;（2）若函數(shù)f(x）在區(qū)間（0,2）內(nèi)單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．分析注意正確區(qū)分“在某區(qū)間單調(diào)”和“單調(diào)區(qū)間”的概念，避免混淆．解(1)由f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0,2）可知，0與2是方程f′(x)＝3x2－2ax＝0的兩根，故有3×22－2a×2＝0，解得a＝3.(2）由函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)內(nèi)單調(diào)遞減可知，f′(x）＝3x2－2ax≤0在(0，2)內(nèi)恒成立,即2a≥3x在區(qū)間(0，2）內(nèi)恒成立．因?yàn)閤∈(0,2），所以3x∈(0,6),故2a≥6，即a≥3。經(jīng)驗(yàn)證a＝3時(shí)滿足題意，故a的取值范圍為[3，＋∞）．點(diǎn)評(píng)若函數(shù)f（x)在區(qū)間D上是增(減）函數(shù)，則有f′(x）≥0（f′（x）≤0）對(duì)x∈D恒成立,這類問(wèn)題，通常利用導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問(wèn)題，進(jìn)而把恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求一個(gè)函數(shù)在某區(qū)間上的最大(小)值問(wèn)題求解．也可根據(jù)所給區(qū)間是單調(diào)遞增（減）區(qū)間的子區(qū)間求解．4巧用導(dǎo)數(shù)求極值1．函數(shù)的極值點(diǎn)的判定方法設(shè)函數(shù)f(x）在x0處連續(xù)，判定f(x0)是極大（?。┲迭c(diǎn)的方法：(1）如果在x0兩側(cè)f′（x）符號(hào)相同，則x0不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；（2)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′（x)〈0，那么f(x0)是極大值；（3）如果在x0附近的左側(cè)f′(x）<0，右側(cè)f′(x）〉0，那么f（x0)是極小值．也就是說(shuō)，極大值點(diǎn)可以看成是函數(shù)遞增區(qū)間與遞減區(qū)間的分界點(diǎn),極大值是極大值點(diǎn)附近曲線由上升到下降的過(guò)渡點(diǎn)的函數(shù)值．極小值則是極小值點(diǎn)附近曲線由下降到上升的過(guò)渡點(diǎn)的函數(shù)值．2．極值常見(jiàn)題型詳解（1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值例1求函數(shù)f(x)＝xlnx的極值點(diǎn)．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))上是遞減的，在(eq\f（1,e)，＋∞）上是遞增的．所以x＝eq\f(1,e)是函數(shù)f（x)的極小值點(diǎn)，極大值點(diǎn)不存在．點(diǎn)評(píng)求極值問(wèn)題一定注意函數(shù)的定義域，所以在定義域內(nèi)研究函數(shù)的極值是求極值時(shí)應(yīng)注意的知識(shí)點(diǎn),再利用求極值的步驟求解即可．（2）含參數(shù)的極值問(wèn)題例2設(shè)a∈R，函數(shù)f(x）＝lnx－ax.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．解由已知，得函數(shù)f（x)的定義域?yàn)?0，＋∞），f′(x）＝eq\f（1，x)－a＝eq\f（1－ax,x).①若a≤0，則f′(x）〉0，f（x)在（0,＋∞）上是遞增的,無(wú)極值;②若a〉0，令f′（x）＝0，得x＝eq\f（1,a）.當(dāng)x∈（0，eq\f(1，a））時(shí)，f′（x）>0，f(x）是遞增的；當(dāng)x∈(eq\f(1,a)，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f（x)是遞減的．所以當(dāng)x＝eq\f（1，a）時(shí)，f(x)有極大值，極大值為f（eq\f（1，a）)＝lneq\f（1，a）－1＝－lna－1.綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x）的遞增區(qū)間為（0，＋∞)，無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x）的遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，遞減區(qū)間為（eq\f(1,a)，＋∞），極大值為－lna－1。點(diǎn)評(píng)本題通過(guò)求導(dǎo)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的不等式問(wèn)題，需要對(duì)問(wèn)題進(jìn)行討論，討論時(shí)需要全面，避免遺漏．（3）極值問(wèn)題的逆向考查例3已知函數(shù)f(x）＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f(a,b)的值為（)A．－eq\f（2,3） B．－2C．－2或－eq\f（2,3) D．不存在解析由題意知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。)）經(jīng)檢驗(yàn)eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9)）滿足題意，所以eq\f（a，b）＝－eq\f(2,3)。故選A。答案A點(diǎn)評(píng)本題是已知極值求參數(shù)，逆向考查了極值的含義，解題關(guān)鍵是需要對(duì)所求參數(shù)進(jìn)行討論，是否滿足極值的條件．如果不滿足，需要舍去．5分類討論思想在導(dǎo)數(shù)中如何應(yīng)用分類討論思想在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用非常廣泛，尤其是在求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值或最值的問(wèn)題中，那么如何確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)呢？1．按導(dǎo)數(shù)為零的根的大小來(lái)分類例1設(shè)函數(shù)f（x)＝－x（x－a）2(x∈R)，其中a∈R且a≠0，求函數(shù)f(x）的極大值和極小值．解f′（x）＝－(3x－a）(x－a）,令f′（x）＝0，解得x＝a或x＝eq\f（a,3）.當(dāng)a〉eq\f（a，3)，即a>0，x∈(－∞,eq\f（a,3）)時(shí)，f′(x)〈0，x∈(eq\f(a,3),a)時(shí),f′（x）〉0，x∈（a，＋∞）時(shí),f′（x）<0，因此，函數(shù)f(x)在x＝eq\f(a，3）處取得極小值－eq\f（4，27）a3，在x＝a處取得極大值0。當(dāng)a〈eq\f(a,3），即a<0,x∈(－∞，a）時(shí),f′（x)<0，x∈(a，eq\f(a,3）)時(shí)，f′（x）〉0,x∈（eq\f（a，3）,＋∞)時(shí),f′（x)〈0，因此,函數(shù)f(x)在x＝eq\f（a，3）處取得極大值－eq\f（4，27)a3，在x＝a處取得極小值0.點(diǎn)評(píng)本題對(duì)f（x）求導(dǎo)后，得到一個(gè)二次函數(shù)，令f′(x)＝0得到的兩個(gè)根是含有參數(shù)的，因此應(yīng)按兩個(gè)根的大小來(lái)分類．2．按是否為二次函數(shù)來(lái)分類例2已知函數(shù)f（x）＝lnx－ax＋eq\f(1－a，x)－1(a≤eq\f（1，2))，討論f(x）的單調(diào)性．解f′(x）＝－eq\f（ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞），令h（x）＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)，(1)當(dāng)a＝0時(shí)，h(x）＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x∈（0，1）時(shí),h（x）>0，此時(shí)f′(x）〈0，函數(shù)f（x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，＋∞)時(shí)，h(x）<0，此時(shí)f′（x）>0，函數(shù)f（x)單調(diào)遞增．（2）當(dāng)a≠0時(shí),由f′(x）＝0，解得x1＝1，x2＝eq\f（1，a)－1，①當(dāng)a＝eq\f（1，2），即x1＝x2時(shí)，h（x)≥0恒成立，此時(shí)f′（x）≤0，f（x）在（0,＋∞）上單調(diào)遞減；②當(dāng)0〈a〈eq\f(1，2)，即eq\f(1,a）－1>1〉0，x∈(0，1)時(shí)，h(x）>0，f′（x)〈0，f（x)單調(diào)遞減，x∈（1,eq\f（1，a）－1)時(shí)，h（x）<0，f′（x)>0，f（x)單調(diào)遞增，x∈(eq\f(1，a)－1，＋∞）時(shí),h（x）>0,f′(x)〈0，f(x）單調(diào)遞減；③當(dāng)a<0時(shí)，eq\f（1，a)－1〈0<1,x∈（0，1)時(shí),h（x）〉0,f′（x）<0，f（x)單調(diào)遞減，x∈(1，＋∞）時(shí)，h（x)<0，f′（x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x）在（0，1）上單調(diào)遞減,在(1，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f（1,2)時(shí),函數(shù)f(x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞減;當(dāng)0<a<eq\f（1，2）時(shí)，函數(shù)f（x）在(0,1）和(eq\f(1,a）－1,＋∞)上單調(diào)遞減，在(1,eq\f(1，a）－1）上單調(diào)遞增．點(diǎn)評(píng)由于f′(x）的分子是一個(gè)二次項(xiàng)含參的函數(shù),因此在分類討論時(shí)，首先應(yīng)按a是否為零，即該函數(shù)是否為二次函數(shù)來(lái)分類，然后當(dāng)a≠0時(shí)，再按根的大小來(lái)分類（與例1類似)，另外，應(yīng)注意參數(shù)的范圍．3．按最值來(lái)分類例3設(shè)函數(shù)f（x)＝ex－e－x，若對(duì)所有x≥0都有f（x)≥ax，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解令g(x)＝f（x）－ax，則g′(x）＝f′（x)－a＝ex＋e－x－a,由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1,ex）≥2（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立），所以當(dāng)a≤2時(shí)，g′（x）＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞）上為增函數(shù)．所以當(dāng)x≥0時(shí)，g（x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax.當(dāng)a〉2時(shí)，方程g′(x)＝0的根為x1＝lneq\f(a－\r(a2－4)，2）〈0,x2＝lneq\f（a＋\r(a2－4)，2)>0，此時(shí),若x∈(0，x2），則g′（x)<0，故g（x)在區(qū)間（0，x2）內(nèi)為減函數(shù)．所以x∈(0,x2)時(shí)，g(x）〈g（0)＝0，即f（x）<ax,與題設(shè)f(x)≥ax相矛盾．綜上所述，滿足條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≤2。點(diǎn)評(píng)本題對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后應(yīng)根據(jù)導(dǎo)數(shù)中含自變量部分的最值對(duì)a進(jìn)行分類討論．小結(jié)通過(guò)以上幾例我們可以總結(jié)出分類討論的原則：（1)要有明確的分類標(biāo)準(zhǔn)；(2)分類要不重復(fù)、不遺漏；（3）當(dāng)討論的對(duì)象不止一種時(shí)，應(yīng)分層次進(jìn)行．分類討論的一般步驟：先明確討論對(duì)象,確定對(duì)象的范圍，再確定分類標(biāo)準(zhǔn)，逐段分析,獲得階段性結(jié)果，最后歸納總結(jié)得出結(jié)論．6導(dǎo)數(shù)計(jì)算中的易錯(cuò)點(diǎn)1．對(duì)定義理解不透例1已知函數(shù)f（x）＝3x4－2x3＋5，則eq\o(lim，\s\do4（Δx→0)）eq\f（f1＋2Δx－f1,Δx）＝________。錯(cuò)解因?yàn)閒′（x)＝12x3－6x2，所以原式＝f′（1）＝6。故填6。剖析在導(dǎo)數(shù)的定義中，增量Δx的形式是多種多樣的，但不論Δx選擇哪種增量形式，相應(yīng)的Δy也應(yīng)選擇對(duì)應(yīng)的形式,本題Δy中x的增量為2Δx，則分母也應(yīng)為2Δx。正解因?yàn)閒′(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．對(duì)導(dǎo)數(shù)的幾何意義理解有誤例2已知曲線y＝f(x）＝x3－3x，求過(guò)點(diǎn)A（2,2）且與該曲線相切的切線方程．錯(cuò)解因?yàn)辄c(diǎn)A（2，2)在曲線y＝f（x)＝x3－3x上，且f′(x）＝3x2－3，所以f′（2）＝9.所以所求切線方程為y－2＝9（x－2），即9x－y－16＝0。剖析上述解法錯(cuò)在對(duì)導(dǎo)數(shù)的幾何意義理解有誤，切線的斜率k應(yīng)是切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)，而點(diǎn)A(2,2）雖在曲線上，但不一定是切點(diǎn)，故本題應(yīng)先設(shè)切點(diǎn)，再求斜率k。正解設(shè)切點(diǎn)為P（x0，xeq\o\al(3，0）－3x0)，又y′＝3x2－3。所以在點(diǎn)x0處的切線方程為y－（xeq\o\al(3，0)－3x0）＝（3xeq\o\al（2,0）－3）(x－x0）．又因?yàn)榍芯€過(guò)點(diǎn)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。故切線方程為9x－y－16＝0或y＝2.3．求導(dǎo)時(shí)混淆了常量與變量例3求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù):(1)f（x）＝a2＋x2；(2)f（x）＝eπx.錯(cuò)解(1）f′(x）＝(a2＋x2)′＝2a＋2x。（2）f′(x)＝(eπx)′＝(eπ）′x＋（x）′eπ＝eπx＋eπ。剖析（1）求導(dǎo)是對(duì)自變量的求導(dǎo)，要看清表達(dá)式中的自變量．本題的自變量是x，而a是常量．（2)中誤把常數(shù)eπ當(dāng)作了變量．正解（1）f′(x）＝(a2＋x2）′＝2x。(2)f′(x）＝(eπx）′＝eπ(x)′＝eπ。4．混淆“在某點(diǎn)處的切線”與“過(guò)某點(diǎn)的切線”例4已知曲線f（x)＝2x3－3x,過(guò)點(diǎn)M(1，－1)作曲線f（x)的切線，求此切線方程．錯(cuò)解因?yàn)辄c(diǎn)M在曲線上，所以M為切點(diǎn),又f′（x）＝6x2－3,所以切線的斜率為k＝f′（1）＝6－3＝3，所以由點(diǎn)斜式可求得切線方程為y＝3x－4。剖析錯(cuò)解直接把M看成是切點(diǎn),對(duì)