高中数学选修1-1作业：第三章《导数及其应用》章末总结（含答案）

第三章 章末总结
知识点一　导数与曲线的切线
利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得
y0－y1＝f′(x1)(x0－x1) ①
又y1＝f(x1) ②
由①②求出x1，y1的值．
即求出了过点P(x0，y0)的切线方程．
例1　已知曲线f(x)＝x3－3x，过点A(0,16)作曲线f(x)的切线，求曲线的切线方程．
知识点二　导数与函数的单调性
利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一，其步骤为：
(1)求导数f′(x)；
(2)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；
(3)确定并指出函数的单调增区间、减区间．
特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．
例2　求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝＋sin x；
(2)f(x)＝x(x－a)2.
知识点三　导数与函数的极值、最值
利用导数研究函数的极值和最值是导数的另一主要应用．
1．应用导数求函数极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)解方程f′(x)＝0的根；
(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号．
若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；
若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值；
否则，此根不是f(x)的极值点．
2．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤：
(1)求f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将(1)求得的极值与f(a)、f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值；
特别地，①当f(x)在(a，b)上单调时，其最小值、最大值在区间端点处取得，②当f(x)在(a，b)内只有一个极值点时，若在这一点处f(x)有极大(小)值，则可以断定f(x)在该点处取得最大(小)值，这里(a，b)也可以是(－∞，＋∞)．
例3　设知识点四　导数与参数的范围
已知函数的单调性求参数的取值范围时，可以有两种方法：一是利用函数单调性的定义，二是利用导数法．利用导数法更为简捷．在解决问题的过程中主要处理好等号的问题，因为f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是一个函数在某区间上递增(或递减)的充分不必要条件，而其充要条件是：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)不恒为零．利用导数法解决取值范围问题时可以有两个基本思路：一是将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；另一思路是先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再令参数取“＝”，看此时f(x)是否满足题意．
例4　已知函数f(x)＝x2＋ (x≠0，常数a∈R)．若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，求a的取值范围．
例5　已知f(x)＝x3－x2－2x＋5，当x∈[－1,2]时，f(x)章末总结 答案
重点解读
例1　解　设切点为(x0，y0)，
则由导数定义得切线的斜率k＝f′(x0)＝3x－3，
∴切线方程为y＝(3x－3)x＋16，
又切点(x0，y0)在切线上，
∴y0＝3(x－1)x0＋16，
即x－3x0＝3(x－1)x0＋16，
解得x0＝－2，
∴切线方程为9x－y＋16＝0.
例2　解　(1)函数的定义域是R，
f′(x)＝＋cos x，令＋cos x>0，
解得2kπ－令＋cos x<0，
解得2kπ＋因此，f(x)的单调增区间是 (k∈Z)，单调减区间是
(k∈Z)．
(2)函数f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x的定义域为R，
由f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝0，得x1＝，x2＝a.
①当a>0时，x1∴函数f(x)的单调递增区间为，(a，＋∞)，
单调递减区间为.
②当a<0时，x1>x2，
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，，
单调递减区间为.
③当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，∴函数f(x)的单调区间为(－∞，＋∞)，即f(x)在R上是增加的．
例3　解　令f′(x)＝3x2－3ax＝0，
得x1＝0，x2＝a.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1,0)
0
(0，a)
a
(a,1)
1
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
－1－a＋b

b
－＋b
1－a＋b
从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，而f(0)>f(a)，f(1)>f(－1)，故需比较f(0)与f(1)的大小．因为f(0)－f(1)＝a－1>0，所以f(x)的最大值为f(0)＝b.所以b＝1.
又f(－1)－f(a)＝(a＋1)2(a－2)<0，
所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1－a＋b＝－a，
所以－a＝－，所以a＝.
例4　解　f′(x)＝2x－＝.
要使f(x)在[2，＋∞)上是单调递增的，
则f′(x)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，
即≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立．
∵x2>0，∴2x3－a≥0，
∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立．
∴a≤(2x3)min.
∵x∈[2，＋∞)，y＝2x3是单调递增的，
∴(2x3)min＝16，∴a≤16.
当a＝16时，f′(x)＝≥0 (x∈[2，＋∞))有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范围是a≤16.
例5　解　∵f(x)＝x3－x2－2x＋5，
∴f′(x)＝3x2－x－2.
令f′(x)＝0，即3x2－x－2＝0，
∴x＝1或x＝－.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以，当x＝－时，f(x)取得极大值f＝；
当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝.
又f(－1)＝，f(2)＝7，
因此，f(x)在[－1,2]上的最大值为f(2)＝7.
要使f(x)7.
所以，所求实数m的取值范围是(7，＋∞)．