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- 2021-06-16 发布
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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=ln2x+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-x2
= 1-x+
x
2 1-x
1-x
= 2-x
21-x 1-x
.
(3)y′=(x2)′e2x+x2(e2x)′=2xe2x+x2e2x·(2x)′=2xe2x+2x2e2x.
(4)y′=
ln2x+1
x ′=[ln2x+1]′x-x′ln2x+1
x2
=
2x+1′
2x+1
·x-ln2x+1
x2
=
2x
2x+1
-ln2x+1
x2
=2x-2x+1ln2x+1
2x+1x2 .
[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+22
= ax2-41-a
1+axx+22
,
∵(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, f2=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.