导数课时一

第2节导数在研究函数中的应用一、选择题1.函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为()A.(0，1)B.(0，＋∞)C.(1，＋∞)D.(－∞，0)∪(1，＋∞)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0，1).答案 A2.已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是()A.f(2)>f(3)>f(π)B.f(3)>f(2)>f(π)C.f(2)>f(π)>f(3)D.f(π)>f(3)>f(2)解析因为f(x)＝1＋x－sin x，所以f′(x)＝1－cos x，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2).答案 D3.(2014·课标全国Ⅱ卷)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)解析∵f′(x)＝k－1 x，依题意f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1x在x∈(1，＋∞)上恒成立，由x>1，得0<1x<1，所以k≥1.答案 D4.(2017·山东卷)若函数e x f(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是( )A.f (x )＝2－xB.f (x )＝x 2C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x 解析 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x ，在定义域R 上为增函数，A 正确；对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确；对于C ，g (x )＝e x ·3－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x 在定义域R 上是减函数，C 不正确；对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e xcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确.答案 A5.(2018·保定一中模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.(－∞，＋∞) 解析 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2， 因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增.又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.答案 B二、填空题6.已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)，则函数f (x )的单调递增区间为________.解析 因为f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x <2，所以函数f (x )的单调递增区间为(－2，2).答案 (－2，2)7.(2018·安徽江南十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.解析 易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .由f ′(x )＝x －9x <0，解得0<x <3.因为f (x )＝12x 2－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减，∴⎩⎨⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 答案 (1，2]8.(2018·银川诊断)若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞).答案 (－3，0)∪(0，＋∞)三、解答题9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1， 解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)， 令f ′(x )>0，解得x >1或x <－13；令f ′(x )<0，解得－13<x <1.所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1. 10.已知a ∈R ，若函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围.解 因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x ＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0， 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32， 所以a ≥32，又当a ＝32时，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立.令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0.在t ∈[－1，1]上恒成立.∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立.令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13. 答案 C12.函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系是________(由小到大). 解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0，则f (x )在(－∞，1)上为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b . 答案 c <a <b13.(2016·四川卷节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，1 x－ee x＝e（e x－1－x）x e x>0.从而g(x)＝。

函数值 y：
△
平均变化率：
△
=
( +△)−( )
.
△
注 : x是一个整体符号, 而不是与x相乘.
∆y
∆x
追问 3：函数 y f x 在 x x0 处的瞬时变化率如何表示？
∆x→0时，看平均变化率
△
△
=
( +△)−()
的变化情况.
△
y
探究：当 x 无限趋近于 0 时，平均变化率
率上升.
结合图象和导数的意义，函数先降落且降落趋势逐渐平缓，表明温度在逐渐降落，且降落速
率逐渐减小，直至到图象最低点所对应的时刻，它温度在该时刻的瞬时变化率为0；此后每一时
刻温度的瞬时变化率都为正，且每一时刻的瞬时变化率都在增大.
理解导数(瞬时变化率)的意义
例3.一 辆汽车在公路上沿直线变速行驶，假设t s时汽车的速度(单位: m/s) 为
在第6 s附近，汽车速度大约以6 m/s的速率减少.
v'(t0) (t0≥0)反应了汽车
速度在时刻t0附近的变
化情况
课堂小结
1.什么是导数？导数是如何描述事物的运动变化情况的？
2.计算导数的步骤是什么？
3.本节课蕴含了什么思想方法？
通过一种现象（从“平均变化率”到“瞬时变化率”
）
，利用一种运算（极限）
v(t)=﹣t²+6t＋60，求汽车在第2 s与第6 s时的瞬时加速度，并说明它们的意义.
2
2
v(t0 t ) v(t0 )

(
t


t
)

6
(
t


t
)

在时间段( t0+Dt)－ t0 = Dt 内，物体的平均速度为:
2021/4/27
vs(t0 t0DDtt) ts0(t0)D Dst
3.1 导数的概念
要精确地描述非匀速直线运动，就要知道物体在每一时 刻运动的快慢程度．如果物体的运动规律是 s =s(t )，那么物 体在时刻t 的瞬时速度v，就是物体在t 到 t+Dt 这段时间内， 当 Dt0 时平均速度．
率为
k limf(x0 Dx) f(x0)
Dx0
Dx
lim(1Dx)2 1(11)
Dx0
Dx
lim2Dx(Dx)2
Dx0
Dx
Dy
P
M
Dx
1
x
-1 O 1
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2
3.1 导数的概念
切线方程为: y22 (x1 )，
即
y2x
练习： P113 课后练习：1，2
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2． 瞬时速度 平均速度的概念
v 的极限．即
vD Ds tD lt i0m s(tD D tt)s(t)
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3.1 导数的概念
例1 物体作自由落体运动， 运动方程为： s 1 gt 2 ，其中位移
2 单位是m ，时间单位是s ， g=9.8m/s2．
求：(1) 物体在时间区间 [2，2.1]上的平均速度；
(2) 物体在时间区间[2，2.01] 上的平均速度；
( 3) 当Dt0,2Dt 2
平均速度 v 的极限为:
D D 即v 物 体D lt 在i0 v 时m 刻D lt t0i0 =2m s t(s )的2 g 瞬 时1 速.6 度( 9 m 等/s 于)19.6(m/s).

第 60 讲 导数-基础（第1课时）⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧复合函数求导数导数的四则运算法则常用的导数公式导数的运算意义导数的几何意义与物理右导数左导数导数的概念导数 重点：1．导数概念与意义；2．导数的四则运算；3．复合函数的求导。

难点：复合函数的求导。

2．熟记基本导数公式，掌握导数的四则运算法则和复合函数的求导。

3．了解可导函数的单调性与其导数的关系.了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)。

会求一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值。

2．复合函数求导以及可导与连续的关系也在考察之列。

如果函数)(x f y =在x 0处的增量y ∆与自变量的增量x ∆的比值xy∆∆，当0→∆x 时，0lim→∆x x y∆∆=0lim →∆x xx f x x f ∆-∆+)()(00存在，则称函数)(x f y =在点x 0处可导，并称此极限值为)(x f 在点x 0处的导数，记为)(0'x f 或0|'x x y =。

若-→∆0lim x x x y∆∆=-→∆0lim x x xx f x x f ∆-∆+)()(00存在，则称函数)(x f y =在点x 0处左可导，并称此极限值为)(x f 在点x 0处的左导数，记为)(0'x f -。

若+→∆0lim x x x y∆∆=+→∆0lim x x xx f x x f ∆-∆+)()(00存在，则称函数)(x f y =在点x 0处右可导，并称此极限值为)(x f 在点x 0处的右导数，记为)(0'x f +。

)(0'x f 存在的充要条件是：)(0'x f -=)(0'x f +。

如果函数)(x f y =在区间),(b a 内每一点都可导，就说)(x f 在区间),(b a 内可导，这时对于开区间),(b a 内每一个确定的值x 0，都对应着一个确定的导数)(0'x f ，这样就在开区间),(b a 内构成一个新的函数，我们把这一新函数叫做)(x f 的导函数，记作)('x f 或'x y 。