第一章 导数及其应用章末复习课

题型一 导数与曲线的切线
利用导数求切线方程时关键是找到切点，若切点未知需设出．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，易求斜率进而写出直线方程即可得；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 (x 1，y 1)，由y 0－y 1x 0－x 1
＝f ′(x 1)和y 1＝f (x 1)求出x 1，y 1的值，转化为第一种类型．
例1 已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．
(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程；
(2)求函数f (x )的极值．
解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x
. (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x
(x >0)， 因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，
所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为
y －1＝－(x －1)，
即x ＋y －2＝0.
(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x
，x >0知： ①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；
②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .
又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；
当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，
从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为
f (a )＝a －a ln a ，无极大值．
综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；
当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．
跟踪训练1 已知函数f (x )＝ax 2＋2ln(2－x )(a ∈R )，设曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为l ，
若l 与圆C ：x 2＋y 2＝14
相切，求a 的值． 解 依题意有：f (1)＝a ，f ′(x )＝2ax ＋2x －2
(x <2)，
∴l 的方程为2(a －1)x －y ＋2－a ＝0，
∵l 与圆相切，∴
|2－a |
4(a －1)2＋1＝12⇒a ＝118， ∴a 的值为118
. 题型二 导数与函数的单调性
求解函数y ＝f (x )单调区间的步骤：
(1)确定函数y ＝f (x )的定义域；
(2)求导数y ′＝f ′(x )；
(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为增区间；
(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为减区间．
特别要注意定义域，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 )＝(x －3)e x ，x ∈(0，＋∞)；
(2)f (x )＝x (x －a )2.
解 (1)f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，
令f ′(x )>0，解得x >2，又x ∈(0，＋∞)，
∴函数的单调增区间为(2，＋∞)，函数的单调减区间为(0,2)．
(2)函数f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x 的定义域为R ，
由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a 3
，x 2＝a . ①当a >0时，x 1<x 2.
∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a 3
)，(a ，＋∞)， 单调递减区间为(a 3
，a )． ②当a <0时，x 1>x 2，
∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(a 3
，＋∞)， 单调递减区间为(a ，a 3
)． ③当a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，即f (x )在R 上是单调递增的．
综上，a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a 3)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(a 3
，a )； a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(a 3，＋∞)，单调递减区间为(a ，a 3
)； a ＝0时，函数f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)．
跟踪训练2 求下列函数的单调区间：
(1)f (x )＝sin x ，x ∈0,2π]；
(2)y ＝x ln x .
解 (1)函数的定义域是0,2π]，
f ′(x )＝cos x ，令cos x >0，
解得2k π－π2<x <2k π＋π2
(k ∈Z )， 当x ∈0,2π]时，0<x <π2，或3π2
<x <2π， 令cos x <0，解得π2<x <3π2
， 因此，f (x )的单调递增区间是(0，π2)和(3π2，2π)，单调递减区间是(π2，3π2
)． (2)函数的定义域是(0，＋∞)，
f ′(x )＝ln x ＋1，令ln x ＋1>0得x >e －1，
因此，f (x )的单调递增区间是(e －1，＋∞)，单调递减区间是(0，e －1)．
题型三 数形结合思想在导数中的应用
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)求得的极植与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，若在这一个点处f (x )有极大(小)值，则可以断定f (x )在该点处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23<a <1，函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (－1≤x ≤1)的最大值为1，最小值为－62
，求常数a ，b .
解 令f ′(x )＝3x 2－3ax ＝0，
得x 1＝0，x 2＝a .
f (0)＝b ，f (a )＝－a 32b ，f (－1)＝－1－32
a ＋
b ， f (1)＝1－32
a ＋
b . 因为23<a <1，所以1－32
a <0， 故最大值为f (0)＝
b ＝1，
所以f (x )的最小值为f (－1)＝－1－32a ＋b ＝－32
a ， 所以－32a ＝－62，所以a ＝63
. 故a ＝63
，b ＝1. 跟踪训练3 已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋x (a 、b ∈R 且ab ≠0)的图象如图所示，若|x 1|>|x 2|，则有( )
A ．a >0，b >0
B ．a <0，b <0
C ．a <0，b >0
D ．a >0，b <0
答案 B
解析 由f (x )的图象易知f (x )有两个极值点x 1、x 2，且x ＝x 1时有极小值，∴f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋1的图象如图所示，
∴a <0.
又|x 1|>|x 2|，∴－x 1>x 2，
∴x 1＋x 2<0，即x 1＋x 2＝－2b 3a
<0， ∴b <0.。