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第5章　导数及其应用
复 习
1. 巩固导数的概念，理解导数的几何意义、物理意义．
2. 掌握导数公式、运算法则，并能灵活应用．
3. 掌握导数在研究函数性质中的应用．
4. 理解导数在实际问题中的应用．
活动一 知识整合
　　知识结构框图
活动二 掌握导数的基本运算
例1　求下列函数的导数：
(1) f(x)＝；
(2) f(x)＝；
(3) f(x)＝lgx＋cosx；
(4) f(x)＝2x＋lnx;
(5) f(x)＝sin3xcosx；
(6) f(x)＝ln(2x＋1)＋32x.
活动三 掌握导数的几何意义
例2　设曲线C：y＝x3－3x和直线x＝a(a>0)的交点为P，曲线C在点P处的切线与x轴交于点Q(－a，0)，求实数a的值．
活动四 掌握利用导数解决函数单调性的方法
例3　设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1) 求b，c的值；
(2) 若a＞0，求函数f(x)的单调区间．
例4　设函数f(x)＝(x－1)ex－kx(其中k∈R)．
(1) 当k＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2) 试比较f(k)与f(0)的大小．
活动五 掌握函数的极值与最值问题
例5　设函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.
(1) 求a，b，c的值；
(2) 求函数f(x)的单调增区间，并求函数f(x)在区间[－1，3]上的最大值和最小值．
例6　已知f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)．
(1) 求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2) 令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性，并判断有无极值，若有极值，求出极值．
活动六 掌握导数在实际问题中的应用
例7　某物流公司购买了一块长AM＝30m，宽AN＝20m的矩形地AMPN，规划建设占地如图中矩形ABCD的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C在地块对角线MN上，点B，D分别在边AM，AN上，假设AB的长为xm.
(1) 要使仓库占地ABCD的面积不小于144m2, AB的长应在什么范围内？
(2) 若规划建设的仓库是高度与AB长度相同的长方体建筑，问AB的长为多少时，仓库的容量最大？(墙体楼板所占空间忽略不计)
活动七 掌握导数的综合应用
例8　设函数f(x)＝－x(x－a)2(x∈R，a∈R)．
(1) 当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2) 当a≠0时，求函数y＝f(x)的极大值和极小值；
(3) 当a>3时，证明存在k∈[－1，0]，使得不等式f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)对任意x∈R恒成立．
1. 函数y＝sin2x－cos2x的导数是(　　)
A. y′＝2cos B. y′＝cos2x－sin2x
C. y′＝sin2x＋cos2x D. y′＝2cos
2. 函数f(x)＝x2－lnx的单调减区间是(　　)
A. B.
C. ， D. ，
3. (多选)已知函数f(x)＝xlnx，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(x)的单调增区间为(e，＋∞) B. f(x)在区间上是减函数
C. 当x∈(0，1]时，f(x)有最小值－ D. f(x)在定义域内无极值
4. 函数f(x)＝xsinx＋cosx(0≤x≤2π)的最大值为________．
5. 已知函数f(x)＝x3－x2－2x＋5，若对于任意x∈[－1，2]都有f(x)≤m成立，求实数m的取值范围．
参考答案与解析
【活动方案】
例1　(1) f′(x)＝9x2＋2x－－1
(2) f′(x)＝－
(3) f′(x)＝－sinx
(4) f′(x)＝2xln 2＋
(5) f′(x)＝3cos 3xcos x－sin3xsinx
(6) f′(x)＝＋9xln 9
例2　由题意，得点P(a，a3－3a)．
因为y′＝3x2－3，所以切线斜率为3a2－3，
所以切线方程为y－(a3－3a)＝(3a2－3)(x－a)．
令y＝0，得x＝.
由题意，得＝－a，解得a＝±.
又a>0，所以a＝.
例3　(1) f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意，得
所以
(2) 由(1)，得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(a，＋∞)，单调减区间为(0，a)．
例4　(1) 当k＝0时，f(x)＝(x－1)ex，
所以f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，
令f′(x)＞0，得x＞0；
令f′(x)＜0，得x＜0，
所以函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．
(2) 由题意，得f(k)＝(k－1)ek－k2，f(0)＝－1，
则f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k2＋1.
令g(k)＝(k－1)ek－k2＋1，则g′(k)＝kek－2k＝k(ek－2)．
令g′(k)＝0，解得k＝0或k＝ln 2，
则g(k)在区间(－∞，0)和(ln 2，＋∞)上单调递增，在区间(0，ln 2)上单调递减．
又g(0)＝0，g(1)＝0，
所以当k≤1时，g(k)≤0，即f(k)≤f(0)；
当k>1时，g(k)>0，即f(k)>f(0)．
例5　(1) 因为函数f(x)是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c，所以c＝0.
因为f′(x)＝3ax2＋b，f′(x)的最小值为－12，
所以b＝－12.
因为函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，
所以f′(1)＝3a－12＝－6，解得a＝2.
综上，a＝2，b＝－12，c＝0.
(2) 由(1)，得f(x)＝2x3－12x，
所以f′(x)＝6x2－12.
令f′(x)>0，得x<－或x>，
所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－)和(，＋∞)．
因为f()＝－8，f(3)＝18，f(－1)＝10，
所以函数f(x)在区间[－1，3]上的最大值为18，最小值为－8.
例6　(1) 由f(x)＝x2＋2cos x，
得f′(x)＝2x－2sinx，
所以f′(π)＝2π.
又f(π)＝π2－2，
所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－(π2－2)＝2π(x－π)，即2πx－y－π2－2＝0.
(2) 由题意，得h(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)－a(x2＋2cosx)，
由h′(x)＝ex(2x－2sinx)－a(2x－2sinx)＝2(ex－a)(x－sinx)．
令m(x)＝x－sinx，则m′(x)＝1－cosx≥0，
所以m(x)在R上单调递增．
又m(0)＝0，
所以当x>0时，m(x)>0，当x<0时，m(x)<0.
①当a≤0时，ex－a>0，则当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝0时，h(x)取得极小值，极小值为h(0)＝－2a－1，无极大值．
②当a>0时，h′(x)＝2(ex－eln a)(x－sinx)，
令h′(x)＝0，得x1＝lna，x2＝0.
ⅰ 当00，h(x)单调递增；当x∈(lna，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝lna时，h(x)取得极大值，极大值为h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]；当x＝0时，h(x)取得极小值，极小值为h(0)＝－2a－1.
ⅱ 当a＝1时，lna＝0，则当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．
ⅲ 当a>1时，lna>0，则当x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，lna)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(lna，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝0时，h(x)取得极大值，极大值为h(0)＝－2a－1；当x＝lna时，h(x)取得极小值，极小值为h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．
综上，当a≤0时，h(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，h(x)有极小值，极小值h(0)＝－2a－1，无极大值；当01时，h(x)在区间(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在区间(0，lna)上单调递减，h(x)有极大值，也有极小值，极大值为h(0)＝－2a－1，极小值为h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．
例7　(1) 由题意，得＝，则AD＝20－x，所以S矩形ABCD＝x.
因为仓库占地面积不小于144m2，
所以x≥144，解得12≤x≤18.
综上，要使仓库占地面积不小于144m2，AB的长应在[12，18]内．
(2) 由题意，得V＝x2(0则V′＝40x－2x2.
由V′＝0，得x＝0或x＝20.
当x∈(0，20)时，V′>0；当x∈(20，30)时，V′<0，
所以当x＝20时，V取最大值，
故当AB的长为20m时，仓库的容量最大．
例8　(1) 当a＝1时，f(x)＝－x(x－1)2＝－x3＋2x2－x，则f(2)＝－2，且f′(x)＝－3x2＋4x－1，所以f′(2)＝－5，
所以所求的切线方程为y＋2＝－5(x－2)，即5x＋y－8＝0.
(2) 由f′(x)＝－3x2＋4ax－a2＝－(3x－a)(x－a)＝0，得x＝a或x＝.若a>0，列表如下：
x (－∞，) a (a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ?↘ 极小值 ?↗ 极大值 ↘
所以当x＝时，f(x)有极小值f＝－a3；
当x＝a时，f(x)有极大值f(a)＝0.
若a<0，列表如下：
x (－∞，a) a (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ?↘ 极小值 ?↗ 极大值 ?↘
所以当x＝a时，f(x)有极小值f(a)＝0；当x＝时，f(x)有极大值f＝－a3.
(3) 由a>3，得>1.
当k∈[－1，0]时，k－cosx≤1，k2－cos2x≤1，
由(2)，得函数f(x)在区间(－∞，1]上是减函数，
要使f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)在R上恒成立，
只要k－cosx≤k2－cos2x，
即cos2x－cosx≤k2－k.
设g(x)＝cos2x－cosx＝－，
则g(x)max＝2，
所以k2－k≥2，解得k≥2或k≤－1，
所以在区间[－1，0]上存在k＝－1，使得f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)对任意x∈R恒成立．
【检测反馈】
1. A　解析：y′＝2cos2x＋2sin2x＝2cos(2x－)．
2. A　解析：由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝.令f′(x)<0，解得0＜x<，故函数f(x)的单调减区间为(0，)．
3. BC　解析：由题意，得f′(x)＝lnx＋1(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝，所以当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以当x＝时，f(x)有极小值，故A，D错误，B正确；当x∈(0，1]时，f(x)min＝f＝－，故C正确．故选BC.
4. 　解析：由题意，得f′(x)＝xcosx，所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．又f＝，f(2π)＝1，所以f(x)的最大值为.
5. 由题意，得f′(x)＝3x2－x－2.
由f′(x)＝0，得x＝－或x＝1，
所以当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，2]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
又f＝，f(2)＝7，
所以函数f(x)在区间[－1，2]上的最大值为7.
因为对于任意x∈[－1，2]，都有f(x)≤m成立，
所以m≥7，
故实数m的取值范围是[7，＋∞)．

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