人教a版数学【选修1-1】作业：第三章《导数及其应用》章末总结（含答案） 4页

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)＝x 2 ＋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2 30(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＋a x (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)＝x3－1 2x2－2x＋5，当 x∈[－1,2]时，f(x)0， 解得 2kπ－2π 3 0 时，x1x2， ∴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)＝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－ 3 2a＋b b －a3 2 ＋b 1－3 2a＋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)＝3 2a－1>0，所以 f(x)的最大值为 f(0)＝b.所以 b＝1. 又 f(－1)－f(a)＝1 2(a＋1)2(a－2)<0， 所以 f(x)的最小值为 f(－1)＝－1－3 2a＋b＝－3 2a， 所以－3 2a＝－ 6 2 ，所以 a＝ 6 3 . 例 4 解 f′(x)＝2x－a x2 ＝2x3－a x2 . 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2x3－a x2 ≥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)＝2x3－16 x2 ≥0 (x∈[2，＋∞))有且只有 f′(2)＝0，∴a 的取值范围是 a≤16. 例 5 解 ∵f(x)＝x3－1 2x2－2x＋5， ∴f′(x)＝3x2－x－2. 令 f′(x)＝0，即 3x2－x－2＝0， ∴x＝1 或 x＝－2 3. 当 x∈ －1，－2 3 时，f′(x)>0，f(x)为增函数； 当 x∈ －2 3 ，1 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＝－2 3 时，f(x)取得极大值 f －2 3 ＝157 27 ； 当 x＝1 时，f(x)取得极小值 f(1)＝7 2. 又 f(－1)＝11 2 ，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，＋∞)．