第五章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（知識歸納+題型突破）（解析版）

第五章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（知識歸納+題型突破）1．通過實例，了解平均變化率的概念，并會求具體函數(shù)的平均變化率．2．會在具體情境中，說明平均變化率的實際意義．3．了解導(dǎo)數(shù)概念的實際背景，知道導(dǎo)數(shù)是關(guān)于瞬時變化率的數(shù)學(xué)表達(dá)，體會導(dǎo)數(shù)的內(nèi)涵與思想．4．會求簡單函數(shù)在某點處的導(dǎo)數(shù)及其圖象在該點處的切線方程．5．理解導(dǎo)函數(shù)的定義，能根據(jù)定義求函數(shù)y＝C，y＝x，y＝x2，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù)，并歸納得出一般冪函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式．6．能利用給出的基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．7．理解函數(shù)的和、差、積、商的求導(dǎo)法則；8．能夠綜合運(yùn)用導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．9．了解復(fù)合函數(shù)的復(fù)合過程．10．能利用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．11．借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系．12．能利用導(dǎo)數(shù)求不超過三次多項式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．13．借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件．14．能利用導(dǎo)數(shù)求某些函數(shù)的極大值、極小值．15．會求給定定區(qū)間上不超過三次的多項式函數(shù)的最大值、最小值．16．體會導(dǎo)數(shù)與最大(小)值的關(guān)系．17．能應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的實際應(yīng)用問題．1．平均變化率函數(shù)f(x)在區(qū)間[x1，x2]上的平均變化率為eq\f(fx2－fx1,x2－x1)．我們利用函數(shù)的平均變化率來刻畫函數(shù)值在區(qū)間[x1，x2]上變化的快慢．2．平均變化率的幾何意義平均變化率的幾何意義是經(jīng)過曲線y＝f(x)上兩點P(x1，y1)，Q(x2，y2)的直線PQ的斜率．因此平均變化率是曲線陡峭程度的“數(shù)量化”，或者說，曲線陡峭程度是平均變化率的“視覺化”．3．函數(shù)f(x)在點x0附近的平均變化率對于函數(shù)f(x)，在自變量x從x0變到x1的過程中，若設(shè)Δx＝x1－x0，Δy＝f(x1)－f(x0)，則得函數(shù)y＝f(x)在點x0附近的平均變化率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx1－fx0,x1－x0)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)．其中Δx稱作自變量的改變量，Δy稱作函數(shù)值的改變量．4．曲線上一點處的切線如圖，設(shè)Q為曲線C上不同于P的一點，這時，直線PQ稱為曲線的割線．隨著點Q沿曲線C向點P運(yùn)動，割線PQ在點P附近越來越逼近曲線C．當(dāng)點Q無限逼近點P時，直線PQ最終就成為在點P處最逼近曲線的直線l，這條直線l稱為曲線在點P處的切線．5．瞬時速度與瞬時加速度瞬時速度一般地，如果當(dāng)Δt無限趨近于0時，運(yùn)動物體位移S(t)的平均變化率eq\f(St0＋Δt－St0,Δt)無限趨近于一個常數(shù)，那么這個常數(shù)稱為物體在t＝t0時的瞬時速度，也就是位移對于時間的瞬時變化率瞬時加速度一般地，如果當(dāng)Δt無限趨近于0時，運(yùn)動物體速度v(t)的平均變化率eq\f(vt0＋Δt－vt0,Δt)無限趨近于一個常數(shù)，那么這個常數(shù)稱為物體在t＝t0時的瞬時加速度，也就是速度對于時間的瞬時變化率6．函數(shù)在一點處的導(dǎo)數(shù)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上有定義，x0∈(a，b)，若Δx無限趨近于0時，比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)無限趨近于一個常數(shù)A，則稱f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并稱該常數(shù)A為函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，記作f′(x0)．7．導(dǎo)數(shù)的幾何意義導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率．8．導(dǎo)函數(shù)(1)若f(x)對于區(qū)間(a，b)內(nèi)任一點都可導(dǎo)，則f(x)在各點的導(dǎo)數(shù)也隨著自變量x的變化而變化，因而也是自變量x的函數(shù)，該函數(shù)稱為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，記作f′(x)，在不引起混淆時，導(dǎo)函數(shù)f′(x)也簡稱f(x)的導(dǎo)數(shù)．(2)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是導(dǎo)函數(shù)f′(x)在x＝x0處的函數(shù)值．9．幾個一般函數(shù)的導(dǎo)數(shù)原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝kx＋b(k，b為常數(shù))f′(x)＝_k_f(x)＝C(C為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xf′(x)＝1f(x)＝x2f′(x)＝2xf(x)＝x3f′(x)＝3x2f(x)＝eq\f(1,x)f′(x)＝－eq\f(1,x2)f(x)＝eq\r(x)f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))10．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝xα(α為常數(shù))f′(x)＝αxα－1f(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝axln_af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_x11．導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則設(shè)兩個函數(shù)分別為f(x)和g(x)，則(1)[f(x)＋g(x)]′＝f′(x)＋g′(x)；(2)[f(x)－g(x)]′＝f′(x)－g′(x)；(3)[Cf(x)]′＝Cf′(x)(C為常數(shù))；(4)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x)(g(x)≠0)．12．復(fù)合函數(shù)的概念一般地，對于兩個函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過中間變量u，y可以表示成x的函數(shù)，那么稱這個函數(shù)為函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)的復(fù)合函數(shù)，記作y＝f(g(x))．13．復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則若y＝f(u)，u＝ax＋b，則yx′＝y(tǒng)u′·ux′，即yx′＝y(tǒng)u′·a．14．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系一般地，在某區(qū)間上函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)有如下關(guān)系：導(dǎo)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性f′(x)>0f(x)為該區(qū)間上的增函數(shù)f′(x)<0f(x)為該區(qū)間上的減函數(shù)15．函數(shù)圖象的變化趨勢與導(dǎo)數(shù)值大小的關(guān)系如果一個函數(shù)在某一范圍內(nèi)導(dǎo)數(shù)的絕對值較大，那么函數(shù)在這個范圍內(nèi)變化得較快，這時函數(shù)的圖象就比較“陡峭”(向上或向下)；反之，函數(shù)在這個范圍內(nèi)變化得較慢，函數(shù)的圖象就比較“平緩”．16．極大值與極大值點一般地，若存在δ>0，當(dāng)x∈(x1－δ，x1＋δ)時，都有f(x)≤f(x1)，則稱f(x1)為函數(shù)f(x)的一個極大值，稱x1為函數(shù)f(x)的一個極大值點．17．極小值與極小值點一般地，若存在δ>0，當(dāng)x∈(x2－δ，x2＋δ)時，都有f(x)≥f(x2)，則稱f(x2)為函數(shù)f(x)的一個極小值，稱x2為函數(shù)f(x)的一個極小值點．18．極值與極值點函數(shù)的極大值、極小值統(tǒng)稱為函數(shù)的極值，函數(shù)的極大值點、極小值點統(tǒng)稱為函數(shù)的極值點．19．函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系(1)極大值與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系xx1左側(cè)x1x1右側(cè)f′(x)f′(x)>0f′(x)＝0f′(x)<0f(x)極大值f(x1)(2)極小值與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系xx2左側(cè)x2x2右側(cè)f′(x)f′(x)<0f′(x)＝0f′(x)>0f(x)極小值f(x2)20．最大值與最小值(1)如果在函數(shù)定義域I內(nèi)存在x0，使得對任意的x∈I，總有f(x)≤f(x0)，則稱f(x0)為函數(shù)在定義域上的最大值．最大值是相對函數(shù)定義域整體而言的，如果存在最大值，那么最大值唯一．(2)如果在函數(shù)定義域I內(nèi)存在x0，使得對任意的x∈I，總有f(x)≥f(x0)，則稱f(x0)為函數(shù)在定義域上的最小值．最小值是相對函數(shù)定義域整體而言的，如果存在最小值，那么最小值唯一．題型一求函數(shù)的平均變化率【例1】(1)已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)，分別計算f(x)在自變量x從1變到2和從3變到5時的平均變化率，并判斷在哪個區(qū)間上函數(shù)值變化得較快；(2)已知函數(shù)f(x)＝x2＋1，求f(x)在區(qū)間[2,2＋Δx]上的平均變化率．【解析】(1)自變量x從1變到2時，函數(shù)f(x)的平均變化率為eq\f(f2－f1,2－1)＝eq\f(2＋\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1))),1)＝eq\f(1,2)；自變量x從3變到5時，函數(shù)f(x)的平均變化率為eq\f(f5－f3,5－3)＝eq\f(5＋\f(1,5)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(1,3))),2)＝eq\f(14,15)．因為eq\f(1,2)<eq\f(14,15)，所以函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)在自變量x從3變到5時函數(shù)值變化得較快．(2)f(2＋Δx)－f(2)＝(2＋Δx)2＋1－(22＋1)＝4Δx＋(Δx)2，所以f(x)在區(qū)間[2,2＋Δx]上的平均變化率為eq\f(f2＋Δx－f2,Δx)＝eq\f(4Δx＋Δx2,Δx)＝4＋Δx．思維升華求函數(shù)平均變化率的三個步驟第一步：求自變量的改變量x2－x1；第二步：求函數(shù)值的改變量f(x2)－f(x1)；第三步：求平均變化率eq\f(fx2－fx1,x2－x1)．鞏固訓(xùn)練1．若函數(shù)f(x)＝x2－c在區(qū)間[1，m]上的平均變化率為3，則m等于________．【答案】2【解析】由題意得eq\f(m2－c－12－c,m－1)＝3，所以m＝2(m＝1舍去)．2．若函數(shù)y＝f(x)＝－x2＋x在[2,2＋Δx](Δx>0)上的平均變化率不大于－1，求Δx的取值范圍．【解析】因為函數(shù)y＝f(x)在[2,2＋Δx]上的平均變化率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f2＋Δx－f2,Δx)＝eq\f(－2＋Δx2＋2＋Δx－－4＋2,Δx)＝eq\f(－3Δx－Δx2,Δx)＝－3－Δx，所以由－3－Δx≤－1，得Δx≥－2．又因為Δx>0，所以Δx>0，即Δx的取值范圍是(0，＋∞)．題型二利用定義求導(dǎo)數(shù)【例2】(1)若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，則eq\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\f(fx0＋h－fx0－h(huán),h)等于()A．f′(x0)B．2f′(x0)C．－2f′(x0)D．0(2)已知f(x)＝eq\f(2,x)，且f′(m)＝－eq\f(1,2)，則m的值等于()A．－4 B．2C．－2 D．±2【答案】(1)B(2)D【解析】(1)∵Δx＝(x0＋h)－(x0－h(huán))＝2h，∴eq\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\f(fx0＋h－fx0－h(huán),h)＝2eq\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\f(fx0＋h－fx0－h(huán),2h)＝2f′(x0)．(2)∵eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fm＋Δx－fm,Δx)＝eq\f(\f(2,m＋Δx)－\f(2,m),Δx)＝eq\f(－2,mm＋Δx)，∴f′(m)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(－2,mm＋Δx)＝－eq\f(2,m2)，∴－eq\f(2,m2)＝－eq\f(1,2)，m2＝4，解得m＝±2．思維升華1．求函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)的步驟(1)求函數(shù)值的改變量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)求平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)；(3)求極限eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)．以上三個步驟可簡稱為“差、商、極限”．2．求函數(shù)在某一點處的導(dǎo)數(shù)，還可以先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再計算這點的導(dǎo)數(shù)值．鞏固訓(xùn)練1．已知函數(shù)y＝f(x)＝x－eq\f(a,x)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)f′(1)＝2，則a的值為________．【答案】1【解析】∵Δy＝(1＋Δx)－eq\f(a,1＋Δx)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,1)))＝Δx＋a－eq\f(a,1＋Δx)＝Δx＋eq\f(aΔx,1＋Δx)，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(Δx＋\f(aΔx,1＋Δx),Δx)＝1＋eq\f(a,1＋Δx)，∴f′(1)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,1＋Δx)))＝1＋a＝2，∴a＝1．2．已知f(x)＝3x2，f′(x0)＝6，則x0的值為________．【答案】1【解析】∵f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(3×x0＋Δx2－3x\o\al(2,0),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(6x0＋3Δx)＝6x0＝6，∴x0＝1．題型三導(dǎo)數(shù)的幾何意義及應(yīng)用【例3】已知曲線C：y＝f(x)＝x3＋x．(1)求曲線C在點(1,2)處切線的斜率及切線方程；(2)設(shè)曲線C上任意一點處切線的傾斜角為α，求α的取值范圍．【解析】因為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(x＋Δx3＋x＋Δx－x3－x,Δx)＝3x2＋3x·Δx＋1＋(Δx)2，所以f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[3x2＋3x·Δx＋1＋(Δx)2]＝3x2＋1．(1)曲線C在點(1,2)處切線的斜率為k＝f′(1)＝3×12＋1＝4．所以曲線C在點(1,2)處的切線方程為y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0．(2)曲線C在任意一點處切線的斜率為k＝f′(x)＝tanα，所以tanα＝3x2＋1≥1．又α∈[0，π)，所以α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))．思維升華由導(dǎo)數(shù)的定義知，求一個函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)的步驟如下：(1)求函數(shù)值的改變量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)求平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)；(3)令Δx無限趨近于0，求得導(dǎo)數(shù)．鞏固訓(xùn)練1．用割線逼近切線的方法求函數(shù)f(x)＝x2在x＝－2處的切線的斜率，并畫出曲線f(x)＝x2在點(－2,4)處的切線．【解析】f(x)＝x2在區(qū)間[－2，－2＋Δx]上割線的斜率為eq\f(－2＋Δx2－－22,Δx)＝eq\f(－4Δx＋Δx2,Δx)＝－4＋Δx．當(dāng)Δx趨近于0時，函數(shù)f(x)＝x2在區(qū)間[－2，－2＋Δx]上割線的斜率趨近于－4，所以函數(shù)f(x)＝x2在x＝x0處的切線斜率k0＝－4．曲線f(x)＝x2在點(－2,4)處的切線為直線l，如圖．2．已知拋物線y＝2x2＋1，求：(1)拋物線上哪一點處的切線的傾斜角為45°？(2)拋物線上哪一點處的切線平行于直線4x－y－2＝0?(3)拋物線上哪一點處的切線垂直于直線x＋8y－3＝0?【解析】設(shè)拋物線上任意一點的坐標(biāo)為(x0，y0)，則Δy＝2(x0＋Δx)2＋1－2xeq\o\al(2,0)－1＝4x0·Δx＋2(Δx)2．∴eq\f(Δy,Δx)＝4x0＋2Δx．當(dāng)Δx無限趨近于0時，eq\f(Δy,Δx)無限趨近于4x0．即f′(x0)＝4x0．(1)∵拋物線的切線的傾斜角為45°，∴切線的斜率為tan45°＝1，即f′(x0)＝4x0＝1，得x0＝eq\f(1,4)，該點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,8)))．(2)∵拋物線的切線平行于直線4x－y－2＝0，∴切線的斜率為4，即f′(x0)＝4x0＝4，得x0＝1，該點為(1,3)．(3)∵拋物線的切線與直線x＋8y－3＝0垂直，∴切線的斜率為8，即f′(x0)＝4x0＝8，得x0＝2，該點為(2,9)．題型四利用求導(dǎo)公式求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)【例4】求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝x0；(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x；(3)y＝eq\f(1,\r(3,x2))；(4)y＝log3x；(5)y＝2cos2eq\f(x,2)－1．【解析】(1)y′＝0．(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xlneq\f(1,3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xln3．(3)因為y＝eq\f(1,\r(3,x2))＝x，所以y′＝－eq\f(2,3)x＝－eq\f(2,3)x．(4)因為y＝log3x，所以y′＝eq\f(1,xln3)．(5)因為y＝2cos2eq\f(x,2)－1＝cosx，所以y′＝(cosx)′＝－sinx．思維升華若所求函數(shù)符合導(dǎo)數(shù)公式，則直接利用公式求導(dǎo)．若給出的函數(shù)解析式不符合基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式，則通過恒等變換對解析式進(jìn)行化簡或變形后求導(dǎo)．有以下常見類型及解題技巧：(1)對于分式中分子、分母為齊次結(jié)構(gòu)的函數(shù)，可考慮通過裂項為和差形式．(2)對于根式型函數(shù)，可考慮進(jìn)行有理化變形．(3)對于多個整式乘積形式的函數(shù)，可考慮展開，化為和差形式．(4)對于三角函數(shù)，可考慮恒等變形，使函數(shù)的種類減少，次數(shù)降低，結(jié)構(gòu)盡量簡單，從而便于求導(dǎo)．鞏固訓(xùn)練1．下列運(yùn)算正確的是()A．(x5)′＝x5ln5B．(lgx)′＝eq\f(1,x)C．(π5)′＝5π4D．(log2x)′＝eq\f(1,xln2)【解析】選D對于A，因為(x5)′＝5x4，所以A錯誤；對于B，因為(lgx)′＝eq\f(1,xln10)，所以B錯誤；對于C，因為(π5)′＝0，所以C錯誤；對于D，因為(log2x)′＝eq\f(1,xln2)，所以D正確．2．求下列函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)．(1)y＝10x；(2)y＝logeq\f(1,2)x；(3)y＝eq\r(4,x3)；(4)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)＋cos\f(x,2)))2－1．【解析】(1)y′＝(10x)′＝10xln10．(2)y′＝(logeq\f(1,2)x)′＝eq\f(1,xln\f(1,2))＝－eq\f(1,xln2)．(3)∵y＝eq\r(4,x3)＝xeq\f(3,4)，∴y′＝(xeq\f(3,4))′＝eq\f(3,4)x－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4\r(4,x))．(4)∵y＝(sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2))2－1＝sin2eq\f(x,2)＋2sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)－1＝sinx，∴y′＝(sinx)′＝cosx．題型五與切線方程有關(guān)的問題【例5】(1)若直線y＝eq\f(1,4)x＋b是曲線y＝lnx(x＞0)的一條切線，則實數(shù)b的值為()A．4 B．ln4＋1C．ln4－1 D．ln4(2)設(shè)曲線y＝ex在點(0,1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x>0)在點P處的切線垂直，則點P的坐標(biāo)為________．【解析】(1)∵y＝lnx的導(dǎo)數(shù)y′＝eq\f(1,x)，∴令eq\f(1,x)＝eq\f(1,4)，得x＝4，∴切點為(4，ln4)．代入直線y＝eq\f(1,4)x＋b，得b＝ln4－1．(2)y＝ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝ex，曲線y＝ex在點(0,1)處的切線的斜率為k1＝e0＝1．設(shè)P(m，n)，y＝eq\f(1,x)(x>0)的導(dǎo)數(shù)為y′＝－eq\f(1,x2)(x>0)，曲線y＝eq\f(1,x)(x>0)在點P處的切線的斜率為k2＝－eq\f(1,m2)(m>0)．因為兩切線垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，則點P的坐標(biāo)為(1,1)．【答案】(1)C(2)(1,1)思維升華1．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解決切線問題的兩種情況(1)若已知點是切點，則在該點處的切線斜率就是該點處的導(dǎo)數(shù)；(2)若已知點不是切點，則應(yīng)先設(shè)出切點，再借助兩點連線的斜率公式進(jìn)行求解．2．求過點P與曲線相切的直線方程的三個步驟鞏固訓(xùn)練1．函數(shù)y＝－eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2))處的切線方程是()A．y＝4x B．y＝4x－4C．y＝4x＋4 D．y＝2x－4【解析】選B∵y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))′＝x－2，∴k＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2＝4，∴切線方程為y＋2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即y＝4x－4．2．若曲線y＝eq\r(x)在點P(a，eq\r(a))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為2，則實數(shù)a的值是________．【答案】4【解析】因為y′＝eq\f(1,2\r(x))，所以切線方程為y－eq\r(a)＝eq\f(1,2\r(a))(x－a)，令x＝0，得y＝eq\f(\r(a),2)，令y＝0，得x＝－a，由題意知eq\f(1,2)·eq\f(\r(a),2)·a＝2，所以a＝4．題型六利用運(yùn)算法則求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)【例6】求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝eq\f(1,5)x5＋eq\f(4,3)x3；(2)y＝3x＋lgx；(3)y＝(x2＋1)(x－1)；(4)y＝3x2＋xcosx；(5)y＝eq\f(ex,x＋1)；(6)y＝xtanx．【解析】(1)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x5＋\f(4,3)x3))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x5))′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x3))′＝x4＋4x2．(2)y′＝3xln3＋eq\f(1,xln10)．(3)∵y＝(x2＋1)(x－1)＝x3－x2＋x－1，∴y′＝3x2－2x＋1．(4)y′＝(3x2＋xcosx)′＝(3x2)′＋(xcosx)′＝6x＋x′cosx＋x(cosx)′＝6x＋cosx－xsinx．(5)y′＝eq\f(ex′x＋1－x＋1′ex,x＋12)＝eq\f(exx＋1－ex,x＋12)＝eq\f(xex,x＋12)．(6)y′＝(x·tanx)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xsinx,cosx)))′＝eq\f(xsinx′cosx－xsinxcosx′,cos2x)＝eq\f(sinx＋xcosxcosx＋xsin2x,cos2x)＝eq\f(sinxcosx＋x,cos2x)．思維升華利用導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則的策略(1)分析待求導(dǎo)式子符合哪種求導(dǎo)法則，每一部分式子是由哪種基本初等函數(shù)組合成的，確定所需的求導(dǎo)法則和基本公式．(2)如果求導(dǎo)式比較復(fù)雜，要善于分析函數(shù)解析式的結(jié)構(gòu)特點，需要對式子先變形再求導(dǎo)，常用的變形有乘積式展開變?yōu)楹褪角髮?dǎo)，商式變乘積式求導(dǎo)，三角函數(shù)恒等變換后求導(dǎo)等．(3)利用導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則求導(dǎo)的原則是盡可能化為和、差，能利用和、差的求導(dǎo)法則求導(dǎo)的，盡量少用積、商的求導(dǎo)法則求導(dǎo)．鞏固訓(xùn)練1．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝xlog4x；(2)y＝eq\f(ex＋1,ex－1)；(3)y＝xlneq\r(x)．【解析】(1)y′＝(x)′log4x＋x(log4x)′＝log4x＋x·eq\f(1,xln4)＝log4x＋eq\f(1,ln4)．(2)y′＝eq\f(ex＋1′ex－1－ex＋1ex－1′,ex－12)＝eq\f(exex－1－ex＋1ex,ex－12)＝－eq\f(2ex,ex－12)．(3)y＝x·lnx＝eq\f(1,2)xlnx，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)xlnx))′＝eq\f(1,2)(x)′·lnx＋eq\f(1,2)x·(lnx)′＝eq\f(1,2)lnx＋eq\f(1,2)．題型七導(dǎo)數(shù)運(yùn)算的應(yīng)用【例7】(1)設(shè)f(x)＝a·ex＋blnx，且f′(1)＝e，f′(－1)＝eq\f(1,e)，則a＝________，b＝________．(2)f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，若f(x)＝eq\r(3)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx＋cosx，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________，f(x)max＝________．【解析】(1)f′(x)＝(a·ex)′＋(blnx)′＝a·ex＋eq\f(b,x)，由f′(1)＝e，f′(－1)＝eq\f(1,e)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋b＝e，,\f(a,e)－b＝\f(1,e)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))所以a，b的值分別為1,0．(2)∵f′(x)＝eq\r(3)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))cosx－sinx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(3,2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))－eq\f(1,2)，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，∴f(x)＝eq\r(3)sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，∴f(x)max＝2．【答案】(1)10(2)12思維升華(1)求函數(shù)在某點的導(dǎo)數(shù)值一般是先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再代入自變量的值求導(dǎo)數(shù)值．(2)利用導(dǎo)數(shù)值求解參數(shù)問題，首先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后根據(jù)已知的某一個(或多個)點的導(dǎo)數(shù)值或函數(shù)值建立關(guān)于參數(shù)的方程(或方程組)，通過解方程(或方程組)求得參數(shù)值．鞏固訓(xùn)練1．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(0)＝()A．－4 B．4C．－2 D．2【解析】選A由f(x)＝x2＋2xf′(1)，得f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，則f′(1)＝2×1＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，令x＝0，所以f′(0)＝2×0＋2f′(1)＝－4．故選A．2．已知函數(shù)f(x)，g(x)滿足f(5)＝5，f′(5)＝3，g(5)＝4，g′(5)＝1，若h(x)＝eq\f(fx＋2,gx)，則h′(5)＝________．【答案】eq\f(5,16)【解析】由題意得，h′(x)＝eq\f(f′xgx－[fx＋2]g′x,[gx]2)，由f(5)＝5，f′(5)＝3，g(5)＝4，g′(5)＝1，得h′(5)＝eq\f(f′5g5－[f5＋2]g′5,[g5]2)＝eq\f(3×4－5＋2×1,42)＝eq\f(5,16)．3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在x＝c(c≠0)處的導(dǎo)數(shù)值與函數(shù)值互為相反數(shù)，則c的值為________．【答案】eq\f(1,2)【解析】∵f(x)＝eq\f(ex,x)，∴f(c)＝eq\f(ec,c)，又f′(x)＝eq\f(ex·x－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，∴f′(c)＝eq\f(ecc－1,c2)，依題意知f(c)＋f′(c)＝0，∴eq\f(ec,c)＋eq\f(ecc－1,c2)＝0，∴2c－1＝0得c＝eq\f(1,2)．題型八與切線相關(guān)的問題【例8】(1)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若直線l過點(0，－1)，并且與曲線y＝f(x)相切，則直線l的方程為________．(2)已知拋物線y＝ax2＋bx＋c通過點P(1,1)，且在點Q(2，－1)處與直線y＝x－3相切，求實數(shù)a，b，c的值．【答案】x－y－1＝0【解析】(1)∵點(0，－1)不在曲線f(x)＝xlnx上，∴設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋lnx(x>0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0lnx0，,y0＋1＝1＋lnx0x0，))解得x0＝1，y0＝0．∴切點坐標(biāo)為(1,0)，∴f′(1)＝1＋ln1＝1．∴直線l的方程為y＝x－1，即x－y－1＝0．(2)∵曲線y＝ax2＋bx＋c過P(1,1)點，∴a＋b＋c＝1． ①∵y′＝2ax＋b，當(dāng)x＝2時，y′＝4a＋b．∴4a＋b＝1． ②又曲線過Q(2，－1)點，∴4a＋2b＋c＝－1． ③聯(lián)立①②③，解得a＝3，b＝－11，c＝9．思維升華關(guān)于函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及其解決方法應(yīng)用求在某點處的切線方程，已知切線的方程或斜率求切點，以及涉及切線問題的綜合應(yīng)用方法先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，若已知切點則求出切線斜率、切線方程；若切點未知，則先設(shè)出切點，用切點表示切線斜率，再根據(jù)條件求切點坐標(biāo)．總之，切點在解決此類問題時起著至關(guān)重要的作用鞏固訓(xùn)練1．若過函數(shù)f(x)＝lnx＋ax上的點P的切線與直線2x－y＝0平行，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2] B．(－∞，2)C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)【解析】選B設(shè)過點P(x0，y0)的切線與直線2x－y＝0平行，因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋a，故f′(x0)＝eq\f(1,x0)＋a＝2，得a＝2－eq\f(1,x0)，由題意知x0>0，所以a＝2－eq\f(1,x0)<2．2．已知P，Q為拋物線x2＝2y上兩點，點P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，－2，過P，Q分別作拋物線的切線，兩切線交于點A，則點A的縱坐標(biāo)為________．【答案】－4【解析】易知拋物線y＝eq\f(1,2)x2上的點P(4,8)，Q(－2,2)，如圖所示．且y′＝x，則過點P的切線方程為y＝4x－8，過點Q的切線方程為y＝－2x－2，聯(lián)立兩個方程解得交點A(1，－4)，所以點A的縱坐標(biāo)是－4．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0，則a，b的值分別為________．【答案】1,1【解析】f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2)．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))題型九復(fù)合函數(shù)的概念【例9】指出下列函數(shù)的復(fù)合關(guān)系．(1)y＝(a＋bx)5；(2)y＝lneq\r(3,ex＋2)；(3)y＝3log2(x2－2x＋3)；(4)y＝sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))．【解析】函數(shù)的復(fù)合關(guān)系分別是：(1)y＝u5，u＝a＋bx．(2)y＝lnu，u＝eq\r(3,v)，v＝ex＋2．(3)y＝3log2u，u＝x2－2x＋3．(4)y＝u3，u＝sinv，v＝x＋eq\f(1,x)．思維升華要對復(fù)合函數(shù)分層，應(yīng)先準(zhǔn)確把握住復(fù)合函數(shù)的特點，才能選擇中間變量，寫出構(gòu)成它的內(nèi)、外層函數(shù)．鞏固訓(xùn)練1．下列函數(shù)不可以看成是復(fù)合函數(shù)的是()A．y＝xcosx B．y＝eq\f(1,lnx)C．y＝(2x＋3)4 D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))【解析】選AB中函數(shù)y＝eq\f(1,lnx)是由函數(shù)f(u)＝eq\f(1,u)和函數(shù)u＝φ(x)＝lnx復(fù)合而成的，其中u是中間變量；C中函數(shù)y＝(2x＋3)4是由函數(shù)f(u)＝u4和函數(shù)u＝φ(x)＝2x＋3復(fù)合而成的，其中u是中間變量；D中函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))是由函數(shù)f(u)＝sinu和函數(shù)u＝φ(x)＝eq\f(π,2)－x復(fù)合而成的，其中u是中間變量．題型十求復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)【例10】求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝log2(2x＋1)；(2)y＝e3x＋2；(3)y＝eq\f(1,\r(1－2x))；(4)y＝eq\f(ln3x,ex)；(5)y＝e－x·sin2x；(6)y＝ex2．【解析】(1)設(shè)y＝log2u，u＝2x＋1，則yx′＝y(tǒng)u′ux′＝eq\f(2,uln2)＝eq\f(2,2x＋1ln2)．(2)設(shè)y＝eu，u＝3x＋2，則yx′＝(eu)′·(3x＋2)′＝3eu＝3e3x＋2．(3)y＝(1－2x)，設(shè)y＝u，u＝1－2x，則yx′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u))′(1－2x)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)u))·(－2)＝(1－2x)．(4)∵(ln3x)′＝eq\f(1,3x)×(3x)′＝eq\f(1,x)，∴y′＝eq\f(ln3x′ex－ln3xex′,ex2)＝eq\f(\f(1,x)－ln3x,ex)＝eq\f(1－xln3x,xex)．(5)y′＝(e－x)′sin2x＋e－x·(sin2x)′＝－e－xsin2x＋2e－xcos2x．(6)設(shè)y＝eu，u＝x2，則yu′＝eu，ux′＝2x，于是yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝ex2·2x，即y′＝2xex2．思維升華1．求復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的步驟2．求復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的注意點(1)分解的函數(shù)通常為基本初等函數(shù)；(2)求導(dǎo)時分清是對哪個變量求導(dǎo)；(3)計算結(jié)果盡量簡潔，復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)熟練后，中間步驟可以省略，即不必再寫出函數(shù)的復(fù)合過程，直接運(yùn)用公式，從外層開始由外及內(nèi)逐層求導(dǎo)．鞏固訓(xùn)練1．函數(shù)y＝e－2x＋1cos(－x2＋x)的導(dǎo)數(shù)為()A．y′＝e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2sinx2－x＋2x－1cosx2－x))B．y′＝－e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosx2－x＋2x－1sinx2－x))C．y′＝－e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2sinx2－x＋2x－1cosx2－x))D．y′＝e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosx2－x＋2x－1sinx2－x))【答案】B【解析】∵y＝e－2x＋1cos(－x2＋x)，∴y′＝(e－2x＋1)′cos(－x2＋x)＋e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos－x2＋x))′＝－2e－2x＋1cos(－x2＋x)－e－2x＋1sin(－x2＋x)·(－2x＋1)＝－e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cos－x2＋x＋－2x＋1sin－x2＋x))＝－e－2x＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosx2－x＋2x－1sinx2－x))．2．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝(2x－1)4；(2)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))；(3)y＝ln(4x－1)；(4)y＝xcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))；(5)y＝xeq\r(1＋x2)；(6)y＝sin3x＋sinx3．【解析】(1)y′＝4(2x－1)3·(2x－1)′＝8(2x－1)3．(2)設(shè)y＝cosu，u＝2x－eq\f(π,4)，則yu′＝－sinu，ux′＝2，于是yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，即y′＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))．題型十一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【例11】求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(1)f(x)＝x2－lnx；(2)f(x)＝eq\f(ex,x－2)；(3)f(x)＝－x3＋3x2．【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)．令f′(x)>0，得x>eq\f(\r(2),2)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(\r(2),2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))．(2)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞)，f′(x)＝eq\f(exx－3,x－22)．令f′(x)>0，即x－3>0，得x>3；令f′(x)<0，得x＜2或2＜x＜3．∴f(x)在(－∞，2)和(2,3)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)和(2,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)．(3)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝－3x2＋6x．令f′(x)>0，得0<x<2；令f′(x)<0，得x<0或x>2．∴f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)．思維升華求可導(dǎo)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間的一般步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)，并寫出解集；(4)根據(jù)(3)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．鞏固訓(xùn)練1．函數(shù)f(x)＝lnx－4x＋1的遞增區(qū)間為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．(0,4)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))【解析】選Af(x)＝lnx－4x＋1的定義域是{x|x>0}，f′(x)＝eq\f(1,x)－4＝eq\f(1－4x,x)，當(dāng)f′(x)>0時，解得0<x<eq\f(1,4)，故選A．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．【解析】f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a．若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時，f(x)的遞減區(qū)間為(－∞，lna)，遞增區(qū)間為(lna，＋∞)．題型十二由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)【例12】若函數(shù)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】因為h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2．法一：因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1,4]，則a≥G(x)最大值，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1．因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)最大值＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)．當(dāng)a＝－eq\f(7,16)時，h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(7,16)x－2＝eq\f(16＋7x2－32x,16x)＝eq\f(7x－4x－4,16x)．因為x∈[1,4]，所以h′(x)＝eq\f(7x－4x－4,16x)≤0，即h(x)在[1,4]上為減函數(shù)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞))．法二：因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以h′(1)≤0且h′(4)≤0，解得a≥－eq\f(7,16)．思維升華利用導(dǎo)數(shù)法求參數(shù)的兩個基本思路(1)將問題轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問題，eq\x(\a\al(函數(shù)fx在區(qū)間a，b,上單調(diào)遞增減))→eq\x(\a\al(f′x≥0f′x≤0,在區(qū)間a，b上恒成立))→eq\x(\a\al(利用分離參數(shù)法或函數(shù),性質(zhì)求解恒成立問題))→eq\x(\a\al(對等號單,獨驗證))(2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出參數(shù)的取值范圍后，再驗證參數(shù)取“＝”時f(x)是否滿足題意．鞏固訓(xùn)練1．若函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋a)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[eq\r(2)，＋∞) B．(1，＋∞)C．[1，＋∞) D．(－eq\r(2)，＋∞)【解析】選C∵f(x)＝ex(sinx＋a)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴f′(x)＝ex(sinx＋cosx＋a)，由于函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋a)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，f′(x)≥0，∴sinx＋cosx＋a≥0，得a≥－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，當(dāng)－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)時，－eq\r(2)≤－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))<1，∴a≥1，因此，實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)，故選C．2．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))【解析】易知，函數(shù)f(x)的定義域為R．f(x)為奇函數(shù)，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2＝3x2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，取“＝”)，從而f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤eq\f(1,2)．題型十三對極值概念的理解【例13】(多選)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，下列說法正確的為()A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)是單調(diào)遞增的B．函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極大值C．函數(shù)f(x)在x＝－eq\f(1,2)處取得極大值D．函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值【答案】ABD【解析】從圖象上可以發(fā)現(xiàn)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)是單調(diào)遞增的，A正確；當(dāng)x∈(－∞，－1)時，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，當(dāng)x∈(－1,0)時，xf′(x)>0，所以f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極大值，B正確；當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)內(nèi)是單調(diào)遞減的，C錯誤；當(dāng)x∈(0,1)時，xf′(x)<0，于是f′(x)<0，故f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是單調(diào)遞減的，而在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)是單調(diào)遞增的，所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值，D正確．思維升華解決函數(shù)極值與函數(shù)、導(dǎo)函數(shù)圖象的關(guān)系問題時的注意點(1)對于導(dǎo)函數(shù)的圖象，重點考查導(dǎo)函數(shù)的值在哪個區(qū)間上為正，在哪個區(qū)間上為負(fù)，在哪個點處與x軸相交，在交點左、右兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)的值是怎樣變化的．(2)對于函數(shù)的圖象，重點考查函數(shù)在哪個區(qū)間上遞增，在哪個區(qū)間上遞減，哪個點是極大值點，哪個點是極小值點．鞏固訓(xùn)練1．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是()A．?x∈R，f(x)≤(x0)B．－x0是f(－x)的極小值點C．－x0是－f(x)的極小值點D．－x0是－f(－x)的極小值點【解析】選D由極值的定義易知A錯；因為函數(shù)f(x)與f(－x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－x0是f(－x)的極大值點，B錯；因為函數(shù)f(x)與－f(x)的圖象關(guān)于x軸對稱，所以x0是－f(x)的極小值點，C錯；因為函數(shù)f(x)與－f(－x)的圖象關(guān)于原點對稱，所以－x0是－f(－x)的極小值點，D正確．2．設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)【解析】選D由題圖可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0．由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值．題型十四求函數(shù)的極值【例14】求下列函數(shù)的極值：(1)f(x)＝x3－3x2－9x＋5；(2)f(x)＝x－alnx(a∈R)．【解析】(1)f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，即3x2－6x－9＝0，解得x1＝－1，x2＝3．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗∴當(dāng)x＝－1時，函數(shù)y＝f(x)有極大值，且f(－1)＝10；當(dāng)x＝3時，函數(shù)y＝f(x)有極小值，且f(3)＝－22．(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x>0知：①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a，當(dāng)x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘a－alna↗從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．思維升華1．求可導(dǎo)函數(shù)極值的三個步驟(1)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)檢查f′(x)的值在方程f′(x)＝0的根左右的符號，如果左正右負(fù)，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f(x)在這個根處取得極小值．2．兩個注意點(1)不要忽視函數(shù)的定義域；(2)要正確地列出表格，不要遺漏區(qū)間和分界點．鞏固訓(xùn)練1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)．(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線的方程；(2)求函數(shù)y＝f(x)的極值．【解析】(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)定義域為R，且f′(x)＝eq\f(x2＋x－1′·ex－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x－1))ex′,ex2)＝eq\f(2x＋1·ex－x2＋x－1·ex,e2x)＝eq\f(－x2＋x＋2,ex)＝eq\f(－x＋1x－2,ex)，∵曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率k＝f′(0)＝2，又f(0)＝－1，則切點為(0，－1)，∴所求切線方程為y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0．(2)∵f′(x)＝eq\f(－x＋1x－2,ex)，又ex>0，由f′(x)＝0得x＝－1或x＝2，當(dāng)x∈(－∞，－1)和(2，＋∞)時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(－1,2)時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)，由f(x)的單調(diào)性知函數(shù)的極小值為f(－1)＝－e，極大值為f(2)＝eq\f(5,e2)．2．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋1，a∈R．求此函數(shù)的極值．【解析】函數(shù)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)．①當(dāng)a≤0時，顯然f′(x)>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(0，＋∞)上均單調(diào)遞增，此時函數(shù)無極值．②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a)．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－eq\r(a))－eq\r(a)(－eq\r(a)，0)(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－－0＋f(x)↗極大值↘↘極小值↗由上表可知，當(dāng)x＝－eq