【数学】2018届一轮复习苏教版(理)简单的复合函数的导数及其应用教案(江苏专用)

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【数学】2018届一轮复习苏教版(理)简单的复合函数的导数及其应用教案(江苏专用)

第 67 课 简单的复合函数的导数及其应用 [最新考纲] 内容 要求 A B C 简单的复合函数的导数 √ 1.复合函数的概念 由基本初等函数复合而成的函数,称为复合函数,如 y=sin 2x 是由 y=sin_u 及 u=2x 复合而成的. 2.复合函数的导数 复合函数 y=f(g(x))的导数和函数 y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为 yx′= yu′·ux′,即 y 对 x 的导数等于 y 对 u 的导数与 u 对 x 的导数的乘积. 1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)函数 y=xsin x 是复合函数.( ) (2)y=cos(-x)的导数是 y=sin x.( ) (3)函数 y=e2x 在(0,1)处的切线方程为 y=2x+1.( ) (4)函数 y=ln 1 x 在(0,+∞)上单调递增.( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)× 2.(教材改编)若 f(x)=(3x+1)2-ln x2,则 f′(1)=________. 22 [∵f′(x)=18x-2 x +6, ∴f′(1)=18-2+6=22.] 3.设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a=________. 3 [令 f(x)=ax-ln(x+1),则 f′(x)=a- 1 x+1.由导数的几何意义可得在点 (0,0)处的切线的斜率为 f′(0)=a-1.又切线方程为 y=2x,则有 a-1=2,∴a= 3.] 4.函数 y=ln x 2 的单调递增区间是________. (0,+∞) [y′=2 x·1 2 =1 x ,且原函数的定义域为(0,+∞), 故当 x>0 时,y′>0 恒成立, 所以原函数的单调递增区间为(0,+∞).] 5.(2016·全国卷Ⅲ)已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲 线 y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是________. y=-2x-1 [因为 f(x)为偶函数,所以当 x>0 时,f(x)=f(-x)=ln x-3x,所 以 f′(x)=1 x -3,则 f′(1)=-2.所以 y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程为 y+3 =-2(x-1),即 y=-2x-1.] 复合函数的求导 求下列函数的导数 (1)y=cos2 2x+π 4 ; (2)y= x 1-x ; (3)y=x2e2x; (4)y=ln2x+1 x . [解] (1)∵y=1+cos 4x+π 2 2 =1-sin 4x 2 , ∴y′= 1 2 ′- sin 4x 2 ′ =-1 2(sin 4x)′ =-1 2cos 4x·(4x)′ =-1 2cos 4x×4 =-2cos 4x. (2)y′=x′ 1-x-x 1-x′  1-x2 = 1-x+ x 2 1-x 1-x = 2-x 21-x 1-x . (3)y′=(x2)′e2x+x2(e2x)′=2xe2x+x2e2x·(2x)′=2xe2x+2x2e2x. (4)y′= ln2x+1 x ′=[ln2x+1]′x-x′ln2x+1 x2 = 2x+1′ 2x+1 ·x-ln2x+1 x2 = 2x 2x+1 -ln2x+1 x2 =2x-2x+1ln2x+1 2x+1x2 . [规律方法] 复合函数求导的一般步骤: (1)分层:即将原函数分解成基本初等函数,找到中间变量; (2)求导:对分解的基本初等函数分别求导; (3)回代:将上述求导的结果相乘,并将中间变量还原为原函数. 上述过程即所谓的“先整体,后部分”. [变式训练 1] (1)若 f(x)=ln(8-3x),则 f′(1)=________. (2)曲线 y=ln(2x-1)上的点到直线 2x-y+3=0 的最小距离为________. (1)-3 5 (2) 5 [(1)f′(x)=8-3x′ 8-3x = -3 8-3x , 故 f′(1)= 3 3×1-8 =-3 5. (2)∵y′= 2 2x-1 ,由 2 2x-1 =2 得 x=1.又当 x=1 时,y=ln(2-1)=0, 所以平行于 2x-y+3=0 的曲线的切线方程为 2x-y-2=0. 所以 dmin=|3--2| 4+1 = 5.] 有关复合函数的单调性问题 已知函数 f(x)=x2e-ax,a∈R. (1)当 a=1 时,求函数 y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程; (2)讨论 f(x)的单调性. 【导学号:62172354】 [解] (1)因为当 a=1 时,f(x)=x2e-x,f′(x)=2xe-x-x2e-x=(2x-x2)e-x, 所以 f(-1)=e,f′(-1)=-3e. 从而 y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程为 y-e=-3e(x+1),即 y=-3ex-2e. (2)f′(x)=2xe-ax-ax2e-ax=(2x-ax2)e-ax. ①当 a=0 时,若 x<0,则 f′(x)<0,若 x>0, 则 f′(x)>0. 所以当 a=0 时,函数 f(x)在区间(-∞,0)上为减函数,在区间(0,+∞)上 为增函数. ②当 a>0 时,由 2x-ax2<0,解得 x<0 或 x>2 a ,由 2x-ax2>0,解得 0< x<2 a. 所以 f(x)在区间(-∞,0)和 2 a ,+∞ 上为减函数,在 0,2 a 上为增函数. ③当 a<0 时,由 2x-ax2<0,解得2 a <x<0,由 2x-ax2>0,解得 x<2 a 或 x >0. 所以,当 a<0 时,函数 f(x)在区间 -∞,2 a ,(0,+∞)上为增函数,在区 间 2 a ,0 上为减函数. 综上所述,当 a=0 时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递 增; 当 a>0 时,f(x)在(-∞,0), 2 a ,+∞ 上单调递减,在 0,2 a 上单调递增; 当 a<0 时,f(x)在 2 a ,0 上单调递减,在 -∞,2 a ,(0,+∞)上单调递增. [规律方法] 1.研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影 响进行分类讨论. 2.划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为 0 的 点和函数的间断点. 3.个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性,如 f(x)=x3,f′(x)= 3x2≥0(f′(x)=0 在 x=0 时取到),f(x)在 R 上是增函数. [变式训练 2] (2017·如皋中学第一次月考)已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ ax)- 2x x+2.讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性. 【导学号:62172355】 [解] ∵f(x)=ln(1+ax)- 2x x+2. ∴f′(x)= a 1+ax - 4 x+22 = ax2-41-a 1+axx+22 , ∵(1+ax)(x+2)2>0, ∴当 1-a≤0 时,即 a≥1 时,f′(x)≥0 恒成立,则函数 f(x)在(0,+∞)上 单调递增, 当 00 时,f′(x)>0,x<0 时,f′(x)<0, ∴f(x)在[0,1]上单调递增, ∴f(x)max=f(1)=1. (2)当 a<0 时,由 f′(x)=0 得 x=0 或 x=-2 a. ①当-21,所以 f(x)在[0,1]上单调递增, ∴f(x)max=f(1)=ea. ②当 a≤-2 时,0<-2 a ≤1,所以 f(x)在 0,-2 a 上单调递增, 在 -2 a ,1 上单调递减, ∵f(x)max=f -2 a = 4 a2e2. [规律方法] 1.解答含有参数的最值问题的关键是讨论极值点与给定区间的 位置关系.如本例中要讨论-2 a 与区间[0,1]的关系.此时要注意结合导函数图象 的性质进行. 2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要 研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象 观察得到函数的最值. [变式训练 3] 已知函数 f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数 f′(x) 为偶函数,且曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. [解] (1)对 f(x)求导,得 f′(x)=2ae2x+2be-2x-c, 由 f′(x)为偶函数,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)当 c=3 时,f(x)=e2x-e-2x-3x, 那么 f′(x)=2e2x+2e-2x-3 ≥2 2e2x·2e-2x-3=1>0, 当且仅当 2e2x=2e-2x,即 x=0 时,“=”成立. 故 f(x)在 R 上为增函数. (3)由(1)知 f′(x)=2e2x+2e-2x-c, 而 2e2x+2e-2x≥2 2e2x·2e-2x=4, 当 x=0 时等号成立. 下面分三种情况进行讨论: 当 c<4 时,对任意 x∈R,f′(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时 f(x)无极值; 当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时 f(x)无极值; 当 c>4 时,令 e2x=t,注意到方程 2t+2 t -c=0 有两根 t1=c- c2-16 4 ,t2= c+ c2-16 4 >0, 即 f′(x)=0 有两个根 x1=1 2ln t1,x2=1 2ln t2. 当 x1x2 时,f′(x)>0, 当 x0, 从而 f(x)在 x=x1 处取得极大值,在 x=x2 处取得极小值. 综上,若 f(x)有极值,则 c 的取值范围为(4,+∞). [思想与方法] 1.对复合函数的求导,一般要遵循“先整体,后部分”的基本原则,在实 施过程中,要注意复合函数的构成, 2.含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,常见的分类讨论标准有以 下几种可能:①方程 f′(x)=0 是否有根;②若 f′(x)=0 有根,求出根后是否在 定义域内;③若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法. 3.对于参数的范围问题,不等式的证明问题,常用构造函数法,求解时尽 量采用分离变量的方法,转化为求函数的最值问题. [易错与防范] 1.复合函数为 y=f(g(x))的形式,并非 y=f(x)g(x)的形式. 2.复合函数的求导要由外层向内层逐层求导. 3.含参数的极(最)值问题要注意讨论极值点与给定区间的位置关系. 课时分层训练(十一) A 组 基础达标 (建议用时:30 分钟) 1.(2017·如皋市高三调研一)已知函数 f(x)=e3x-6-3x,求函数 y=f(x)的极值. [解] 由 f′(x)=3e3x-6-3=3(e3x-6-1)=0,得 x=2. x (-∞,2) 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 所以,由上表可知 f(x)极小值=f(2)=-5, 所以 f(x)在 x=2 处取得极小值-5,无极大值. 2.(2017·镇江期中) 已知函数 f(x)=e2x-1-2x. (1)求函数 f(x)的导数 f′(x); (2)证明:当 x∈R 时,f(x)≥0 恒成立. 【导学号:62172356】 [解] (1)函数 f(x)=e2x-1-2x,定义域为 R, f′(x)=e2x-1×(2x-1)′-2=2e2x-1-2. (2)由题意 f′(x)=2e2x-1-2,x∈R , x,f′(x),f(x)在 x∈R 上变化如下表: x -∞,1 2 1 2 1 2 ,+∞ f′(x) - 0 + f(x) 极小值 当 x=1 2 时 f(x)取得极小值也是最小值, 而 f 1 2 =0, 故 f(x)≥0 恒成立. 3.(2016·北京高考)设函数 f(x)=xea-x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切 线方程为 y=(e-1)x+4. (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间. [解] (1)因为 f(x)=xea-x+bx, 所以 f′(x)=(1-x)ea-x+b. 依题设, f2=2e+2, f′2=e-1, 即 2ea-2+2b=2e+2, -ea-2+b=e-1. 解得 a=2, b=e. (2)由(1)知 f(x)=xe2-x+ex. 由 f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及 e2-x>0 知,f′(x)与 1-x+ex-1 同号. 令 g(x)=1-x+ex-1,则 g′(x)=-1+ex-1. 所以,当 x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故 g(1)=1 是 g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而 g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞),故 f(x)的单调递增区间为(-∞,+ ∞). 4.已知函数 f(x)=x-eax(a>0). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)求函数 f(x)在 1 a ,2 a 上的最大值. 【导学号:62172357】 [解] (1)f(x)=x-eax(a>0),则 f′(x)=1-aeax, 令 f′(x)=1-aeax=0,则 x=1 aln1 a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x -∞,1 aln1 a 1 aln1 a 1 aln1 a ,+∞ f′(x) + 0 - f(x) 极大值 故函数 f(x)的增区间为 -∞,1 aln1 a ;减区间为 1 aln1 a ,+∞ . (2)当 1 aln1 a ≥2 a ,即 0<a≤1 e2 时, f(x)max=f 2 a =2 a -e2; 当1 a <1 aln1 a <2 a ,即1 e2 <a<1 e 时, f(x)max=f 1 aln1 a =1 aln1 a -1 a ; 当 1 aln1 a ≤1 a ,即 a≥1 e 时, f(x)max=f 1 a =1 a -e. B 组 能力提升 (建议用时:15 分钟) 1.(2017·如皋市高三调研一)设函数 f(x)=ax+xeb-x(其中 a,b 为常数),函 数 y=f(x)在点(2,2e+2)处的切线的斜率为 e-1. (1)求函数 y=f(x)的解析式; (2)求函数 y=f(x)的单调区间. [解] (1)因为 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. 当 x 变化时,f″(x),f′(x)的变化情况如下表: x (-∞,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)的单调增区间为(-∞,+∞). 2.已知函数 f(x)=(x-k)2ex k. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤1 e ,求 k 的取值范围. [解] (1)由 f(x)=(x-k)2ex k ,得 f′(x)=1 k(x2-k2)ex k , 令 f′(x)=0,得 x=±k, 若 k>0,当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下: x (-∞,-k) -k (-k,k) k (k,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 4k2e-1 0 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单调递减区间是(-k, k). 若 k<0,当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下: x (-∞,k) k (k,-k) -k (-k,+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) 0 4k2e-1 所以 f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞),单调递增区间是(k,- k). (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e k+1 k >1 e , 所以不会有∀x∈(0,+∞),f(x)≤1 e. 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)=4k2 e . 所以∀x∈(0,+∞),f(x)≤1 e 等价于 f(-k)=4k2 e ≤1 e , 解得-1 2 ≤k<0. 故当∀x∈(0,+∞),f(x)≤1 e 时,k 的取值范围是 -1 2 ,0 . 3.已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值. [解] (1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当 x=0 时成立. 所以 f(x)在(-∞,+∞)单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x) =e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). ①当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立, 所以 g(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. ②当 b>2 时,若 x 满足 20). 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; 当 a>0 时,设 u(x)=e2x,v(x)=-a x , 因为 u(x)=e2x 在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-a x 在(0,+∞)上单调递增, 所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 又 f′(a)>0,当 b 满足 00 时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明:由(1),可设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f′(x)<0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x=x0 时,f(x) 取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e2x0-a x0 =0, 所以 f(x0)= a 2x0 +2ax0+aln2 a ≥2a+aln 2 a. 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln 2 a.
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