《2017-2018版高中數(shù)學 第三單元 導數(shù)及其應用疑難規(guī)律方法教學案 新人教B版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018版高中數(shù)學 第三單元 導數(shù)及其應用疑難規(guī)律方法教學案 新人教B版選修1-1（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三單元 導數(shù)及其應用 1　巧用法則求導數(shù) 導數(shù)的計算包括八個基本初等函數(shù)的導數(shù)公式，以及和、差、積、商的導數(shù)運算法則，它們是導數(shù)概念的深化，也是導數(shù)應用的基礎(chǔ)，起到承上啟下的作用．那么在掌握和、差、積、商的導數(shù)運算法則時，要注意哪些問題？有哪些方法技巧可以應用？下面就以實例進行說明． 1．函數(shù)和(或差)的求導法則 (f(x)±g(x))′＝f′(x)±g′(x) 例1　求下列函數(shù)的導數(shù)： (1)f(x)＝＋ln x； (2)f(x)＝cos x－－1. 解　(1)f′(x)＝－＋. (2)f′(x)＝－sin x－ . 點評　記住基本初等函數(shù)的導數(shù)公式是正確求

2、解導數(shù)的關(guān)鍵，此外函數(shù)和(或差)的求導法則可以推廣到任意有限個可導函數(shù)和(或差)的求導． 2．函數(shù)積的求導法則 [f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) 例2　求下列函數(shù)的導數(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

3、)(x＋2) ＝(x＋2＋x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝(2x＋3)(x＋3)＋x2＋3x＋2＝3x2＋12x＋11. 點評　特別要注意：[f(x)g(x)]′≠f′(x)g′(x)． 同時要記住結(jié)論：若C為常數(shù)，則[Cf(x)]′＝Cf′(x)，由此進一步可以得到[af(x)±bg(x)]′＝af′(x)±bg′(x)． 3．函數(shù)商的求導法則 ′＝(g(x)≠0) 例3　求下列函數(shù)的導數(shù)： (1)f(x)＝； (2)f(x)＝tan x； (3)f(x)＝＋ . 解　(1)f′(x)＝()′＝ ＝. (2)f′(x)＝(tan x)′＝()′ ＝＝.

4、(3)因為f(x)＝＋＝ ＝， 所以f′(x)＝()′＝＝. 點評　應在求導之前，先利用代數(shù)、三角恒等變換對函數(shù)進行化簡，然后再求導，這樣可以減少運算，提高運算效率． 4．分式求導 對于能夠裂項的分式型函數(shù)，可將函數(shù)轉(zhuǎn)化為幾個單項式的和差形式，然后再利用和差的導數(shù)公式來解決． 例4　求下列函數(shù)的導數(shù)： (1)y＝； (2)y＝. 分析　直接求導，或比較煩雜，或無從下手，這時，我們不妨利用數(shù)學運算法則將其分解，那么“曙光就在前頭”． 解　(1)因為y＝＝x－1＋， 所以y′＝1＋＝1－. (2)因為y＝ ＝x2＋x3＋x4， 所以y′＝2x＋3x2＋4x3. 點評　

5、本題啟示我們，對于某些函數(shù)式，我們應先根據(jù)它的結(jié)構(gòu)特點，適當?shù)貙瘮?shù)式中的項進行合理的“拆”，然后“各個擊破”． 2　利用導數(shù)求切線方程 曲線的切線問題是高考的常見題型之一．而導數(shù)f′(x0)的幾何意義為曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，所以利用導數(shù)解決相切問題是常用的方法．下面對“求過一點的切線方程”的題型做以下歸納． 1．已知切點，求曲線的切線方程 此類題只需求出曲線的導數(shù)f′(x)，并代入點斜式方程即可． 例1　曲線f(x)＝x3－3x2＋1在點(1，－1)處的切線方程為(　　) A．y＝3x－4 B．y＝－3x＋2 C．y＝－4x＋3

6、 D．y＝4x－5 解析　由f′(x)＝3x2－6x知，曲線在點(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　B 2．已知過曲線上一點，求切線方程 過曲線上一點的切線，該點未必是切點，故應先設(shè)切點，再求切點，即用待定切點法． 例2　求過曲線f(x)＝x3－2x上的點(1，－1)的切線方程． 解　設(shè)P(x0，y0)為切點， 則切線的斜率為f′(x0)＝3x－2. 所以切線方程為y－y0＝(3x－2)(x－x0)， 即y－(x－2x0)＝(3x－2)·(x－x0)． 又知切線過點(1，－1)，

7、所以－1－(x－2x0)＝(3x－2)(1－x0)， 解得x0＝1或x0＝－. 故所求切線方程為y－(1－2)＝(3－2)(x－1) 或y－(－＋1)＝(－2)·(x＋)， 即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0. 點評　可以發(fā)現(xiàn)直線5x＋4y－1＝0并不以(1，－1)為切點，實際上是經(jīng)過點(1，－1)，且以(－，)為切點的直線．這說明過曲線上一點的切線，該點未必是切點． 3．已知過曲線外一點，求切線方程 此類題可先設(shè)切點，再求切點，即用待定切點法來求解． 例3　求過點(2,0)且與曲線f(x)＝相切的直線方程． 解　設(shè)P(x0，y0)為切點， 則切線的斜率為f′(x0)

8、＝－. 所以切線方程為y－y0＝－(x－x0)， 即y－＝－(x－x0)． 又已知切線過點(2,0)，把它代入上述方程， 得－＝－(2－x0)． 解得x0＝1，y0＝＝1， 所以所求切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. 點評　點(2,0)實際上是曲線外的一點，但在解答過程中卻無需判斷它的確切位置，這充分反映出待定切點法的高效性． 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坐標，分別求出曲線在切點處的切線方程，再利用兩個方程所表示的直線重合，建立方程

9、組求解． 解　設(shè)l與C1相切于點P(x1，x)，與C2相切于點Q(x2，－x＋4x2－4)．由C1：y＝x2，得y′＝2x， 則與C1相切于點P的切線方程為y－x＝2x1(x－x1)， 即y＝2x1x－x.由C2：y＝－x2＋4x－4，得y′＝－2x＋4， 則與C2相切于點Q的切線方程為 y＝－2(x2－2)x＋x－4. 因為兩切線重合，所以2x1＝－2(x2－2)且－x＝x－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. 點評　公切線問題的一般解法是分別求出曲線在切點處的切線方程，再利用兩直線重合的條件建立方程組求解．

10、 3　利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性常見題型 1．運用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 利用導數(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)－x2的單調(diào)區(qū)間． 解　由已知，得當f′(x)＝(ex－1)(x＋1)＝0時，有x＝0或x＝－1. 當x<－1時，f′(x)>0；當－10時，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)． 點評　單調(diào)區(qū)間開閉不扣分，但定義域不取的數(shù)

11、一定不能?。粩嚅_的單調(diào)區(qū)間一般不合寫，也不用“∪”連接，中間用“，”或“和”連接． 例2　已知函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________． 分析　先求函數(shù)f(x)的定義域和導數(shù)，再結(jié)合定義域解f′(x)<0即可． 解析　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝2x＋3－. 令f′(x)<0，即2x＋3－＝<0， 結(jié)合定義域知，x>0且2x2＋3x－2<0， 解得0

12、集． 2．證明不等式 例3　求證：當x>1時，ln x>－. 分析　可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ln x－(－)，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，導函數(shù)f′(x)>0恒成立即可． 證明　令f(x)＝ln x－(－)，則有f(1)＝0. 因為f′(x)＝＋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x∈(1，＋∞)時，f(x)>0恒成立， 即ln x>－. 點評　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(

13、x)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性及最小值與0的大小，進而說明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)

14、＝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． 因為x∈(0,2)，所以3x∈(0,6)，故2a≥6，即a≥3. 經(jīng)驗證a＝3時滿足題意，故a的取值范圍為[3，＋∞)． 點評　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x∈D恒成立，這類問題，通常利用導數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問題，進而把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求一個函數(shù)在某區(qū)間上的最大(小)值問題求解．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　巧用導數(shù)求極值 1．函數(shù)的極值點的判定方法 設(shè)函數(shù)f(x)在x0處連續(xù)，判定f(x0)是極大(

15、小)值點的方法：(1)如果在x0兩側(cè)f′(x)符號相同，則x0不是函數(shù)f(x)的極值點；(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，極大值點可以看成是函數(shù)遞增區(qū)間與遞減區(qū)間的分界點，極大值是極大值點附近曲線由上升到下降的過渡點的函數(shù)值．極小值則是極小值點附近曲線由下降到上升的過渡點的函數(shù)值． 2．極值常見題型詳解 (1)利用導數(shù)求函數(shù)的極值 例1　求函數(shù)f(x)＝xln x的極值點． 解　f′(x)＝ln x＋1，x>0. 而f′(x)>0?l

16、n x＋1>0?x>， f′(x)<0?ln x＋1<0?00，f(x)在(0，＋∞)上是遞增的，無極值； ②若a>0，令f′(x

17、)＝0，得x＝. 當x∈(0，)時，f′(x)>0，f(x)是遞增的； 當x∈(，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)是遞減的． 所以當x＝時，f(x)有極大值， 極大值為f()＝ln －1＝－ln a－1. 綜上所述，當a≤0時，f(x)的遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無極值； 當a>0時，f(x)的遞增區(qū)間為(0，)， 遞減區(qū)間為(，＋∞)，極大值為－ln a－1. 點評　本題通過求導，把問題轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的不等式問題，需要對問題進行討論，討論時需要全面，避免遺漏． (3)極值問題的逆向考查 例3　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則的值為

18、(　　)　　　　　　　　　　　　 A．－ B．－2 C．－2或－ D．不存在 解析　由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 所以 解得或　經(jīng)檢驗滿足題意， 所以＝－.故選A. 答案　A 點評　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)鍵是需要對所求參數(shù)進行討論，是否滿足極值的條件．如果不滿足，需要舍去． 5　分類討論思想在導數(shù)中如何應用 分類討論思想在導數(shù)中的應用非常廣泛，尤其是在求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值或最值的問題中，那么如何確定分類討論的標準呢？ 1．按導數(shù)為零的根的大小來分類 例1　設(shè)函數(shù)f(x)＝－x(x－a)2(x∈R)，其中a

19、∈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＝. 當a>，即a>0，x∈(－∞，)時，f′(x)<0， x∈(，a)時，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)<0， 因此，函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值－a3，在x＝a處取得極大值0. 當a<，即a<0，x∈(－∞，a)時，f′(x)<0， x∈(a，)時，f′(x)>0，x∈(，＋∞)時，f′(x)<0， 因此，函數(shù)f(x)在x＝處取得極大值－a3，在x＝a處取得極小值0. 點評　本題對f(x)求導后，得到一個二次函數(shù)，令f′(x)＝0得

20、到的兩個根是含有參數(shù)的，因此應按兩個根的大小來分類． 2．按是否為二次函數(shù)來分類 例2　已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋－1(a≤)，討論f(x)的單調(diào)性． 解　f′(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)， (1)當a＝0時，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)， 當x∈(0,1)時，h(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． (2)當a≠0時，由f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－1， ①當a＝，即x1＝x2時，h(x)≥0恒成立，

21、此時f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ②當01>0， x∈(0,1)時，h(x)>0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， x∈(1，－1)時，h(x)<0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， x∈(－1，＋∞)時，h(x)>0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； ③當a<0時，－1<0<1， x∈(0,1)時，h(x)>0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a＝時，函數(shù)f(x)在(0，

22、＋∞)上單調(diào)遞減； 當0

23、x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0， 故g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)． 所以當x≥0時，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax. 當a>2時，方程g′(x)＝0的根為x1＝ln <0，x2＝ln >0， 此時，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，g(x)

24、標準；(2)分類要不重復、不遺漏；(3)當討論的對象不止一種時，應分層次進行．分類討論的一般步驟：先明確討論對象，確定對象的范圍，再確定分類標準，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　導數(shù)計算中的易錯點 1．對定義理解不透 例1　已知函數(shù)f(x)＝3x4－2x3＋5， 則 ＝________. 錯解　因為f′(x)＝12x3－6x2， 所以原式＝f′(1)＝6.故填6. 剖析　在導數(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，相應的Δy也應選擇對應的形式，本題Δy中x的增量為2Δx，則分母也應為2Δx. 正解　因為f′(x)＝12x

25、3－6x2， 所以原式＝ ·2＝2f′(1)＝12. 故填12. 答案　12 2．對導數(shù)的幾何意義理解有誤 例2　已知曲線y＝f(x)＝x3－3x，求過點A(2,2)且與該曲線相切的切線方程． 錯解　因為點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　上述解法錯在對導數(shù)的幾何意義理解有誤，切線的斜率k應是切點處的導數(shù)，而點A(2,2)雖在曲線上，但不一定是切點，故本題應先設(shè)切點，再求斜率k. 正解　設(shè)切點為P(x0，x－3x0)，又y′＝3x2－3.

26、 所以在點x0處的切線方程為 y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)． 又因為切線過點A(2,2)， 所以2－(x－3x0)＝(3x－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．求導時混淆了常量與變量 例3　求下列函數(shù)的導數(shù)： (1)f(x)＝a2＋x2； (2)f(x)＝eπx. 錯解　(1)f′(x)＝(a2＋x2)′＝2a＋2x. (2)f′(x)＝(eπx)′＝(eπ)′x＋(x)′eπ＝eπx＋eπ. 剖析　(1)求導是對自變量的求導，要看清表達式中的自變量．本題的自變量

27、是x，而a是常量． (2)中誤把常數(shù)eπ當作了變量． 正解　(1)f′(x)＝(a2＋x2)′＝2x. (2)f′(x)＝(eπx)′＝eπ(x)′＝eπ. 4．混淆“在某點處的切線”與“過某點的切線” 例4　已知曲線f(x)＝2x3－3x，過點M(1，－1)作曲線f(x)的切線，求此切線方程． 錯解　因為點M在曲線上，所以M為切點， 又f′(x)＝6x2－3， 所以切線的斜率為k＝f′(1)＝6－3＝3， 所以由點斜式可求得切線方程為y＝3x－4. 剖析　錯解直接把M看成是切點，對于此類問題應著重考慮點是否為切點，若已知點是切點，則錯解中的方法就是正確的；否則，就要設(shè)

28、出切點，由切點寫出切線方程，再將已知點代入求得切點坐標進而得到切線方程． 正解　設(shè)切點坐標為N(x0,2x－3x0)，f′(x)＝6x2－3， 所以切線的斜率為k＝f′(x0)＝6x－3， 所以切線方程為y－(2x－3x0)＝(6x－3)·(x－x0)． 又點M在切線上， 所以有－1－(2x－3x0)＝(6x－3)(1－x0)， 解得x0＝1或x0＝－， 故切線方程為3x－y－4＝0或3x＋2y－1＝0. 5．公式或法則記憶不準 例5　已知函數(shù)f(x)＝x2＋exln x＋＋3，則f′(2)等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．(ln 2＋)e2＋3

29、B．0 C.e2＋3 D．e2＋3 錯解　因為f′(x)＝(x2)′＋(ex)′(ln x)′＋()′＋(3)′＝2x＋ex·－， 所以f′(2)＝e2＋3. 故選C. 剖析　基本初等函數(shù)的求導公式和求導法則，是求較復雜函數(shù)的基礎(chǔ)，上述函數(shù)就是四個基本函數(shù)y＝ex，y＝ln x，y＝xu，y＝C的和與積構(gòu)成的，因此求導時需利用求導法則[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，而不是直接求兩個函數(shù)導數(shù)的乘積． 正解　因為f′(x)＝(x2)′＋(exln x)′＋()′＋(3)′ ＝2x＋(ex)′·ln x＋ex(ln x)′－＝2x＋exln x＋－， 所以f′(2)＝(ln 2＋)e2＋3. 故選A. 答案　A 點評　基本初等函數(shù)的求導公式中指數(shù)與對數(shù)函數(shù)的求導公式相對較難，而在加、減、乘、除四種求導法則中一定要注意對乘、除兩種法則記憶的準確性． 13