2024秋高中數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末復(fù)習(xí)課課堂演練含解析新人教A版選修1-1

PAGE7-章末復(fù)習(xí)課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯提示]1．關(guān)于切線的留意點在確定曲線在某點處切線的方程時，肯定要首先確定此點是否為切點，若此點是切點，則曲線在該點處切線的斜率即為該點的導(dǎo)數(shù)值，若此點不是切點，則需應(yīng)先設(shè)切點，再求斜率，寫出直線的方程．2．求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的兩個關(guān)注點單調(diào)區(qū)間的求解過程中，應(yīng)關(guān)注兩點：(1)不要忽視y＝f(x)的定義域；(2)增(減)區(qū)間有多個時，用“，”或者用“和”連接，切不行用“∪”連接．3．函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系的留意點若函數(shù)f(x)可導(dǎo)，其導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系現(xiàn)以增函數(shù)為例來說明．f′(x)＞0與f(x)為增函數(shù)的關(guān)系：f′(x)＞0能推出f(x)為增函數(shù)，但反之不肯定．如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0，所以f′(x)＞0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件．4．可導(dǎo)函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系的留意點x0為極值點能推出f′(x0)＝0，但反之不肯定．f′(x0)＝0是x0為極值點的必要而不充分條件．x0是極值點的充要條件是f′(x0)＝0，且x0點兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號．5．函數(shù)的最值與極值的留意點(1)函數(shù)的最值是比較整個定義區(qū)間的函數(shù)值得出的，函數(shù)的極大值、微小值是比較極值點旁邊的函數(shù)值得出的．函數(shù)的極值可以有多個，但最大(小)值最多只能有一個．(2)在閉區(qū)間上求函數(shù)的最大值和最小值，應(yīng)把極值點的函數(shù)值與兩端點的函數(shù)值進行比較，不行干脆用極大(小)值替代最大(小)值．專題1導(dǎo)數(shù)的運算與導(dǎo)數(shù)的幾何意義在導(dǎo)數(shù)的運算中，要嫻熟駕馭基本導(dǎo)數(shù)公式和運算法則．由于函數(shù)y＝f(x)在點x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，其切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，因此關(guān)于曲線的切線問題可嘗試用導(dǎo)數(shù)的方法解決．[例?]已知函數(shù)y＝xlnx.(1)求這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；(2)求這個函數(shù)的圖象在點x＝1處的切線方程．解：(1)因為y＝xlnx，所以y′＝(xlnx)′＝x′(lnx)＋(lnx)′·x＝1·lnx＋eq\f(1,x)·x＝lnx＋1(x>0)．(2)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義得函數(shù)的圖象在點x＝1處的切線斜率k＝y(tǒng)′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝1))＝ln1＋1＝1.又當(dāng)x＝1時，y＝1×ln1＝0，即切點為(1，0)，所以所求的切線方程為y－0＝1·(x－1)，即x－y－1＝0.歸納升華1．函數(shù)y＝f(x)在點x0處的導(dǎo)數(shù)為f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，其切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，因此關(guān)于曲線的切線問題可嘗試用導(dǎo)數(shù)的方法解決．2．求曲線y＝f(x)過點P(x0，f(x0))的切線方程：設(shè)切點Q(x1，f(x1))，則切線方程為y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，把點P的坐標(biāo)代入切線方程解得x1，再回代到切線方程中．[變式訓(xùn)練]已知曲線y＝xlnx的一條切線方程為x－y＋c＝0.求切點坐標(biāo)與c的值．解：因為y＝xlnx，所以y′＝1·lnx＋eq\f(1,x)·x＝lnx＋1(x>0)．設(shè)切點為(x0，x0lnx0)．由切線方程x－y＋c＝0知，切線斜率k＝1.所以lnx0＋1＝1，即x0＝1，x0lnx0＝0.所以切點為(1，0)，所以1－0＋c＝0，即c＝－1.專題2利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)把導(dǎo)數(shù)作為數(shù)學(xué)工具，求解單調(diào)區(qū)間，探討函數(shù)的極大(小)值，以及求在閉區(qū)間[a，b]的最大(小)值是本章的重點．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性是基礎(chǔ)，求極值是關(guān)鍵，學(xué)習(xí)時肯定要嫻熟它們的求解方法．[例2]已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，探討g(x)的單調(diào)性．解：(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x.因為f(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，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).經(jīng)檢驗滿意題意．(2)由(1)知g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，定義域為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.當(dāng)x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4<x<－1時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1<x<0時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>0時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)．綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．歸納升華1．利用導(dǎo)數(shù)求可導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的一般步驟：(1)確定函數(shù)y＝f(x)的定義域．(2)求f′(x)．(3)解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.(4)不等式的解集與定義域取交集．(5)確定并寫出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間或單調(diào)遞減區(qū)間．2．關(guān)于函數(shù)的極值、最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)注點：(1)已知極值點求參數(shù)的值后，要回代驗證參數(shù)值是否滿意極值的定義．(2)探討極值點的實質(zhì)是探討函數(shù)的單調(diào)性，即f′(x)的正負(fù)．(3)求最大值要在極大值與端點值中取最大者，求最小值要在微小值與端點值中取最小者．[變式訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋2bx在x＝1處有微小值－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[－2，2]上的最大值和最小值．解：(1)f′(x)＝3x2－6ax＋2b，因為f(x)在點x＝1處有微小值－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.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(2)由(1)，當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表所示：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由表中數(shù)據(jù)知，函數(shù)f(x)在x＝2處取得最大值2，在x＝－2處取得最小值－10，所以函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[－2，2]上的最大值為2，最小值為－10.專題3利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍導(dǎo)數(shù)中的參數(shù)問題實質(zhì)上是利用導(dǎo)數(shù)求解切線問題、單調(diào)性問題、極值問題的逆向思維型問題，此類問題主要是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值的關(guān)系，并結(jié)合函數(shù)與方程思想、分類探討思想等來解答的．[例3]已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，若f(x)＞1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：由已知得a＞eq\f(1＋lnx,x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，則g′(x)＝－eq\f(lnx,x2).因為x＞1，所以g′(x)＜0.所以g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以g(x)＜g(1)，即g(x)＜1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．故a≥1.歸納升華已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍可轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上恒成立問題，即f′(x)≥0[或f′(x)≤0]恒成立，用分別參數(shù)求最值或函數(shù)性質(zhì)求解，留意驗證使f′(x)＝0的參數(shù)是否符合題意．[變式訓(xùn)練]設(shè)函數(shù)f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a＞0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求全部的實數(shù)a，使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立．注：e為自然對數(shù)的底數(shù)．解：(1)因為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)的遞增區(qū)間為(0，a)，遞減區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由題意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]內(nèi)單調(diào)遞增，要使e－1≤f(x)≤e2對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.專題4分類探討思想分類探討思想是一種重要的數(shù)學(xué)思想，運用分類探討思想，必需理解為什么分類、如何分類以及最終如何整合，只有分類標(biāo)準(zhǔn)明確，分類才能不重不漏．本章中求單調(diào)區(qū)間、求參數(shù)的取值范圍、求極值和最值以及恒成立問題，經(jīng)常用到分類探討思想．[例?]設(shè)a>0，探討函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的單調(diào)性．解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2a（1－a）x2－2（1－a）x＋1,x).當(dāng)a≠1時，方程2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0的判別式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)當(dāng)0<a<eq\f(1,3)時，Δ>0，f′(x)有兩個零點，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，且當(dāng)0<x<x1或x>x2時，f′(x)>0，f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)內(nèi)均為增函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時，f′(x)<0，f(x)在(x1，x2)內(nèi)為減函數(shù)．(2)當(dāng)eq\f(1,3)≤a<1時，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)；(3)當(dāng)a＝1時，f′(x)＝eq\f(1,x)>0(x>0)，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)；(4)當(dāng)a>1時，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)在定義域內(nèi)有唯一零點x1，且當(dāng)0<x<x1時，f′(x)>0，f(x)在(0，x1)內(nèi)為增函數(shù)；當(dāng)x>x1時，f′(x)<0，f(x)在(x1，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)．綜上可知，f(x)的單調(diào)區(qū)間如下表：a的取值范圍0<a<eq\f(1,3)eq\f(1,3)≤a≤1a>1區(qū)間(0，x1)(x1，x2)(x2，＋∞)(0，＋∞)(0，x1)(x1，＋∞)單調(diào)性增函數(shù)減函數(shù)增函數(shù)增函數(shù)增函數(shù)減函數(shù)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）)))歸納升華分類探討的原則和步驟1．原則：要有明確的分類標(biāo)準(zhǔn)．2．分類探討的一般步驟：先明確探討對象，確定對象的范圍，再確定分類標(biāo)準(zhǔn)，合理分類，逐類求解，最終歸納總結(jié)得出結(jié)論．[變式訓(xùn)練]已知a，b為常數(shù)且a＞0，f(x)＝x3＋eq\f(3,2)(1－a)x2－3ax＋b.(1)函數(shù)f(x)的極大值為2，求a，b間的關(guān)系式；(2)函數(shù)f(x)的極大值為2，且在區(qū)間[0，3]上的最小值為－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，因為a＞0，所以x1＜x2.當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況見下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗所以當(dāng)x＝－1時，f(x)有極大值2，即3a＋2b＝3.(2)①當(dāng)0＜a＜3時，由(1)知，f(x)在[0，a)上為減函數(shù)，在[a，3]上為增函數(shù)