《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 17-18版 附加題部分 第3章 第67課 簡單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 17-18版 附加題部分 第3章 第67課 簡單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第67課 簡單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 [最新考綱] 內(nèi)容 要求 A B C 簡單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù) √ 1．復(fù)合函數(shù)的概念 由基本初等函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)，稱為復(fù)合函數(shù)，如y＝sin 2x是由y＝sin_u及u＝2x復(fù)合而成的． 2．復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù) 復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為yx′＝y(tǒng)u′·ux′，即y對x的導(dǎo)數(shù)等于y對u的導(dǎo)數(shù)與u對x的導(dǎo)數(shù)的乘積． 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)函數(shù)y＝xsin x是復(fù)合函數(shù)．(　　) (2)y＝cos(

2、－x)的導(dǎo)數(shù)是y＝sin x．(　　) (3)函數(shù)y＝e2x在(0,1)處的切線方程為y＝2x＋1.(　　) (4)函數(shù)y＝ln 在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．(教材改編)若f(x)＝(3x＋1)2－ln x2，則f′(1)＝________. 22　[∵f′(x)＝18x－＋6， ∴f′(1)＝18－2＋6＝22.] 3．設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝________. 3　[令f(x)＝ax－ln(x＋1)，則f′(x)＝a－.由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得在點(0,0)處的切線的

3、斜率為f′(0)＝a－1.又切線方程為y＝2x，則有a－1＝2，∴a＝3.] 4．函數(shù)y＝ln 的單調(diào)遞增區(qū)間是________． (0，＋∞)　[y′＝·＝，且原函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， 故當(dāng)x>0時，y′>0恒成立， 所以原函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．] 5．(2016·全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是________． y＝－2x－1　[因為f(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x>0時，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在點(1

4、，－3)處的切線方程為y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.] 復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo) 　求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù) (1)y＝cos2； (2)y＝； (3)y＝x2e2x； (4)y＝. [解]　(1)∵y＝＝， ∴y′＝′－′ ＝－(sin 4x)′ ＝－cos 4x·(4x)′ ＝－cos 4x×4 ＝－2cos 4x. (2)y′＝＝＝. (3)y′＝(x2)′e2x＋x2(e2x)′＝2xe2x＋x2e2x·(2x)′＝2xe2x＋2x2e2x. (4)y′＝′＝ ＝＝ ＝. [規(guī)律方法]　復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)的一般步驟： (1)分層：即將原函數(shù)分解成基本初

5、等函數(shù)，找到中間變量； (2)求導(dǎo)：對分解的基本初等函數(shù)分別求導(dǎo)； (3)回代：將上述求導(dǎo)的結(jié)果相乘，并將中間變量還原為原函數(shù)． 上述過程即所謂的“先整體，后部分”． [變式訓(xùn)練1]　(1)若f(x)＝ln(8－3x)，則f′(1)＝________. (2)曲線y＝ln(2x－1)上的點到直線2x－y＋3＝0的最小距離為________． (1)－　(2)　[(1)f′(x)＝＝， 故f′(1)＝＝－. (2)∵y′＝，由＝2得x＝1.又當(dāng)x＝1時，y＝ln(2－1)＝0， 所以平行于2x－y＋3＝0的曲線的切線方程為 2x－y－2＝0. 所以dmin＝＝.] 有

6、關(guān)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性問題 　已知函數(shù)f(x)＝x2e－ax，a∈R. (1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(－1，f(－1))處的切線方程； (2)討論f(x)的單調(diào)性. 【導(dǎo)學(xué)號：62172354】 [解]　(1)因為當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2e－x，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x， 所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e. 從而y＝f(x)的圖象在點(－1，f(－1))處的切線方程為y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e. (2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax. ①當(dāng)a＝0時，若x＜0，則f′(

7、x)＜0，若x＞0， 則f′(x)＞0. 所以當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)． ②當(dāng)a＞0時，由2x－ax2＜0，解得x＜0或x＞，由2x－ax2＞0，解得0＜x＜. 所以f(x)在區(qū)間(－∞，0)和上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)． ③當(dāng)a＜0時，由2x－ax2＜0，解得＜x＜0，由2x－ax2＞0，解得x＜或x＞0. 所以，當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間，(0，＋∞)上為增函數(shù)，在區(qū)間上為減函數(shù)． 綜上所述，當(dāng)a＝0時，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時，f(x)在(－∞，0)，上單調(diào)遞減，在

8、上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＜0時，f(x)在上單調(diào)遞減，在，(0，＋∞)上單調(diào)遞增． [規(guī)律方法]　1.研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論． 2．劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點． 3．個別導(dǎo)數(shù)為0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數(shù)． [變式訓(xùn)練2]　(2017·如皋中學(xué)第一次月考)已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝ln(1＋ax)－.討論f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性. 【導(dǎo)學(xué)號：62172355】 [解]　∵f(x)＝

9、ln(1＋ax)－. ∴f′(x)＝－＝， ∵(1＋ax)(x＋2)2>0， ∴當(dāng)1－a≤0時，即a≥1時，f′(x)≥0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)00時，f′(x)>0，x<0時，f′(x)<0， ∴f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增

10、， ∴f(x)max＝f(1)＝1. (2)當(dāng)a<0時，由f′(x)＝0得x＝0或x＝－. ①當(dāng)－21，所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增， ∴f(x)max＝f(1)＝ea. ②當(dāng)a≤－2時，0<－≤1，所以f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減， ∵f(x)max＝f＝. [規(guī)律方法]　1.解答含有參數(shù)的最值問題的關(guān)鍵是討論極值點與給定區(qū)間的位置關(guān)系．如本例中要討論－與區(qū)間[0,1]的關(guān)系．此時要注意結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象的性質(zhì)進(jìn)行． 2．求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借

11、助圖象觀察得到函數(shù)的最值． [變式訓(xùn)練3]　已知函數(shù)f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線的斜率為4－c. (1)確定a，b的值； (2)若c＝3，判斷f(x)的單調(diào)性； (3)若f(x)有極值，求c的取值范圍． [解]　(1)對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c， 由f′(x)為偶函數(shù)，知f′(－x)＝f′(x)恒成立， 即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b. 又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c， 故a＝1，b＝1. (2)當(dāng)c＝3時，f(x)＝

12、e2x－e－2x－3x， 那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3 ≥2－3＝1>0， 當(dāng)且僅當(dāng)2e2x＝2e－2x，即x＝0時，“＝”成立． 故f(x)在R上為增函數(shù)． (3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c， 而2e2x＋2e－2x≥2＝4， 當(dāng)x＝0時等號成立． 下面分三種情況進(jìn)行討論： 當(dāng)c<4時，對任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此時f(x)無極值； 當(dāng)c＝4時，對任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此時f(x)無極值； 當(dāng)c>4時，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有兩根t1＝，t2＝>0， 即f′(

13、x)＝0有兩個根x1＝ln t1，x2＝ln t2. 當(dāng)x1x2時，f′(x)>0， 當(dāng)x0， 從而f(x)在x＝x1處取得極大值，在x＝x2處取得極小值． 綜上，若f(x)有極值，則c的取值范圍為(4，＋∞)． [思想與方法] 1．對復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)，一般要遵循“先整體，后部分”的基本原則，在實施過程中，要注意復(fù)合函數(shù)的構(gòu)成， 2．含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題一般要分類討論，常見的分類討論標(biāo)準(zhǔn)有以下幾種可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定義域內(nèi)；③若根在定義域內(nèi)且有兩個，比較根

14、的大小是常見的分類方法． 3．對于參數(shù)的范圍問題，不等式的證明問題，常用構(gòu)造函數(shù)法，求解時盡量采用分離變量的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題． [易錯與防范] 1．復(fù)合函數(shù)為y＝f(g(x))的形式，并非y＝f(x)g(x)的形式． 2．復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)要由外層向內(nèi)層逐層求導(dǎo)． 3．含參數(shù)的極(最)值問題要注意討論極值點與給定區(qū)間的位置關(guān)系． 課時分層訓(xùn)練(十一) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時：30分鐘) 1．(2017·如皋市高三調(diào)研一)已知函數(shù)f(x)＝e3x－6－3x，求函數(shù)y＝f(x)的極值． [解]　由f′(x)＝3e3x－6－3＝3(e3x－6－1)＝0，得x＝2.

15、x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以，由上表可知f(x)極小值＝f(2)＝－5， 所以f(x)在x＝2處取得極小值－5，無極大值． 2．(2017·鎮(zhèn)江期中) 已知函數(shù)f(x)＝e2x－1－2x. (1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)； (2)證明：當(dāng)x∈R時，f(x)≥0 恒成立. 【導(dǎo)學(xué)號：62172356】 [解]　(1)函數(shù)f(x)＝e2x－1－2x，定義域為R， f′(x)＝e2x－1×(2x－1)′－2＝2e2x－1－2. (2)由題意f′(x)＝2e2x－1－2，x∈R ， x，f′(x)，f

16、(x)在x∈R上變化如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  當(dāng)x＝時f(x)取得極小值也是最小值， 而f＝0， 故f(x)≥0恒成立． 3．(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　(1)因為f(x)＝xea－x＋bx， 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設(shè)，即 解得 (2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex. 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e

17、2－x＞0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 4．已知函數(shù)f(x)＝x－eax(a＞0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值. 【導(dǎo)

18、學(xué)號：62172357】 [解]　(1)f(x)＝x－eax(a＞0)，則f′(x)＝1－aeax， 令f′(x)＝1－aeax＝0，則x＝ln. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x ln f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  故函數(shù)f(x)的增區(qū)間為；減區(qū)間為. (2)當(dāng)ln≥，即0＜a≤時， f(x)max＝f＝－e2； 當(dāng)＜ln＜，即＜a＜時， f(x)max＝f＝ln－； 當(dāng)ln≤，即a≥時， f(x)max＝f＝－e. B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·如皋市高三調(diào)研一)設(shè)函數(shù)

19、f(x)＝ax＋xeb－x(其中a，b為常數(shù))，函數(shù)y＝f(x)在點(2,2e＋2)處的切線的斜率為e－1. (1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式； (2)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　(1)因為f′(x)＝a＋eb－x－xeb－x，所以f′(2)＝a－eb－2＝e－1，① 且f(2)＝2a＋2eb－2＝2e＋2，② 由①②得a＝e，b＝2，所以f(x)＝ex＋xe2－x. (2)f′(x)＝e＋e2－x－xe2－x， 由f″(x)＝－e2－x－e2－x＋xe2－x＝e2－x(x－2)＝0，得x＝2. 當(dāng)x變化時，f″(x)，f′(x)的變化情況如下表： x (－∞，

20、2) 2 (2，＋∞) f″(x) － 0 ＋ f′(x)   f′(x)最小值＝e－1>0，即f′(x)>0恒成立． 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 2．已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． [解]　(1)由f(x)＝(x－k)2e，得 f′(x)＝(x2－k2)e， 令f′(x)＝0，得x＝±k， 若k>0，當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) f′(x)

21、 ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  4k2e－1  0  所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－k，k)． 若k<0，當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0  4k2e－1  所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間是(k，－k)． (2)當(dāng)k>0時，因為f(k＋1)＝e>， 所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. 當(dāng)k<0時，由

22、(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝. 所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等價于f(－k)＝≤， 解得－≤k<0. 故當(dāng)?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時，k的取值范圍是. 3．已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時，g(x)>0，求b的最大值． [解]　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等號僅當(dāng)x＝0時成立． 所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x) ＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x， g′(x)＝2

23、[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)． ①當(dāng)b≤2時，g′(x)≥0，等號僅當(dāng)x＝0時成立， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 而g(0)＝0，所以對任意x>0，g(x)>0. ②當(dāng)b>2時，若x滿足2

24、ln. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當(dāng)a>0時，設(shè)u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f′(a)>0，當(dāng)b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明：由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln . 故當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln .