資源簡介

5．1.1　變化率問題
【課標解讀】
1.從物理角度理解變化率，體會平均速度和瞬時速度的關系，并能求解平均速度和瞬時速度．
2．從幾何角度理解變化率，體會曲線上割線和切線的關系，并能求解曲線上一點的切線斜率．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　平均速度與瞬時速度
1．平均速度 ：物體的位移與所用時間的比值，通常指物體在某一時間段的速度．
若物體運動的位移與時間的關系式是s＝f(t)，函數f(t)在t0與t0＋Δt之間的平均速度是 ____________．
2．瞬時速度：做變速運動的物體在不同的時刻，速度是不同的．我們把物體在____________的速度稱為瞬時速度．
若物體運動的位移與時間的關系式是s＝f(t)，當Δt 趨近于0時函數f(t)在t0與t0＋Δt之間的平均變化率趨近于某個常數，我們把這個常數叫做物體在t0時刻的瞬時速度即：＝________________________．
批注 　平均速度反映了物體在某一段時間內運動的快慢程度．
批注 　Δt是時間改變量，可以是正值，也可以是負值，但不為0.
要點二　拋物線的切線的斜率
當點P無限趨近于P0時，割線P0P無限趨近于一個確定的位置，這個確定位置的直線P0T稱為拋物線f(x)在點P0處的切線，我們可以用割線P0P的斜率k近似地表示切線P0T的斜率k0.
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)Δx趨近于零時表示Δx＝0.(　　)
(2)平均變化率與瞬時變化率可能相等．(　　)
(3)瞬時變化率刻畫某函數在某點處變化快慢的情況．(　　)
(4)函數y＝f (x)在某x＝x0的切線斜率可寫成k＝.(　　)
2．函數y＝f (x)，自變量x由x0改變到x0＋Δx時，函數的改變量Δy為(　　)
A．f (x0＋Δx)　　 B．f (x0)＋Δx
C．f (x0)·Δx D．f (x0＋Δx)－f (x0)
3．若一質點按規律s＝8＋t2運動，則在一小段時間[2，2.1]內的平均速度是(　　)
A．4 B．4.1
C．0.41 D．－1.1
4．一物體的運動方程是s(t)＝3＋t2，則物體在t＝2時的瞬時速度為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　求平均速度與瞬時速度
例1　已知自由落體運動的方程為s＝gt2(g為常數)，求：
(1)落體在t0到t0＋d這段時間內的平均速度；
(2)落體在t＝10 s這一時刻的瞬時速度．
[聽課記錄]
【方法總結】
求運動物體瞬時速度的三個步驟
鞏固訓練1　某物體的運動路程s(單位：m)與時間t(單位：s)的關系可用函數s(t)＝t2＋t＋1表示．
(1)求物體在t＝1 s時的瞬時速度；
(2)試問物體在哪一時刻的瞬時速度為9 m/s.
題型2　求拋物線在某一點處切線的方程
例2　求拋物線y＝2x2＋4x在點(3，30)處的切線方程．
[聽課記錄]
【方法總結】
求拋物線在某點處的切線方程的一般步驟
鞏固訓練2　求拋物線y＝x2＋3在點(2，7)處的切線方程．
5．1.1　變化率問題
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
1.＝
2．某一時刻　
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．解析：Δy＝f (x0＋Δx)－f (x0).故選D.
答案：D
3．解析：＝＝＝＝4.1.故選B.
答案：B
4．解析：＝＝4.
答案：4
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)落體在t0到t0＋d這段時間內的平均速度是＝＝gt0＋gd.
(2)落體在[10，10＋Δt]這段時間的平均速度是＝＝10g＋gΔt，
當Δt無限趨近于0時，平均速度趨近于10g，
所以落體在t＝10 s這一時刻的瞬時速度為10g.
鞏固訓練1　解析：(1)∵＝＝＝3＋Δt，
∴＝＝3.
∴物體在t＝1處的瞬時變化率為3.
即物體在t＝1 s時的瞬時速度為3 m/s.
(2)設物體在t0時刻的瞬時速度為9 m/s.
又＝＝(2t0＋1)＋Δt.
＝＝2t0＋1.
則2t0＋1＝9，∴t0＝4.
則物體在4 s時的瞬時速度為9 m/s.
例2　解析：Δy＝2(3＋Δx)2＋4(3＋Δx)－(2×32＋4×3)
＝12Δx＋2(Δx)2＋4Δx＝2(Δx)2＋16Δx.
∴＝＝2Δx＋16.
∴k＝＝＝16.
∴在點(3，30)處的切線方程為：
y－30＝16(x－3)
即：16x－y－18＝0.
鞏固訓練2　解析：Δy＝[(2＋Δx)2＋3]－(22＋3)＝4Δx＋(Δx)2，
∴＝4＋Δx，∴k＝＝4.
∴在點(2，7)處的切線方程為：y－7＝4(x－2)，
即：4x－y－1＝0.5．1.2　導數的概念及其幾何意義
【課標解讀】
1.經歷由平均變化率到瞬時變化率的過程，體會導數的概念的實際背景．
2．了解導函數的概念，理解導數的幾何意義．
3．根據導數的幾何意義，會求曲線上某點處的切線方程．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　導數的概念
如果當Δx→0時，平均變化率無限趨近于一個確定的值，即有極限，則稱y＝f (x)在x＝x0處________，并把這個確定的值叫做y＝f (x)在x＝x0處的導數 (也稱為______________)，記作f′(x0)或________________，即f′(x0)＝＝.
批注 　(1)函數應在點x0的附近有定義，否則導數不存在；
(2)導數是一個局部概念，它只與函數y＝f(x)在x＝x0及其附近的函數值有關，與Δx無關；
(3)導數的實質是一個極限值．
要點二　導數的幾何意義
函數y＝f(x)在點x＝x0處的導數的幾何意義是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率．也就是說，曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線 的斜率是________．相應地，切線方程為________________________．
批注 　(1)函數f(x)在x＝x0處有導數，則在該點處函數f(x)表示的曲線必有切線，且導數值是該切線的斜率．
(2)函數f(x)表示的曲線在點(x0，f(x0))處有切線，但函數f(x)在該點處不一定可導．
要點三　導函數
對于函數y＝f (x)，當x＝x0時，f′(x0)是一個唯一確定的數，當x變化時，f′(x)就是x的一個函數，我們稱它為y＝f (x)的導函數(簡稱導數)，即f′(x)＝y′＝.
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數在某點處的導數f′(x0)是一個常數．(　　)
(2)函數y＝f(x)在點x0處的導數f′(x0)就是導函數f′(x)在點x＝x0處的函數值．(　　)
(3)函數f(x)＝0沒有導數．(　　)
(4)直線與曲線相切，則直線與該曲線只有一個公共點．(　　)
2．若曲線y＝f (x)在點(x0，f (x0))處的切線方程為2x＋y＋1＝0，則(　　)
A．f′(x0)＞0　　 B．f′(x0)＝0
C．f′(x0)＜0 D．f′(x0)不存在
3．函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則f′(1) 與f′(3)的大小關系是(　　)
A．f′(1)C．f′(1)>f′(3) D．f′(1)＋f′(3)>0
4．若函數f (x)在點A(1，2)處的導數是－1，那么過點A的切線方程是____________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　求函數在某點處的導數
例1　求函數y＝x－在x＝2處的導數．
[聽課記錄]
【方法總結】
求函數在某一點處的導數的方法
鞏固訓練1　
已知函數f(x)＝x2－x.
(1)求f′(x)；
(2)求f(x)在x＝1處的導數．
題型2　導數幾何意義的應用
例2　(1)[2022·湖北武漢高二期末]函數y＝f(x)的圖象如圖所示，下列不等關系正確的是(　　)
A．0B．0C．0D．0(2)某家電制造集團為盡快實現家電下鄉提出四種運輸方案，據預測，這四種方案均能在規定時間T內完成預期的運輸任務Q0，各種方案的運輸總量Q與時間t的函數關系如下所示．在這四種方案中，運輸效率(單位時間內的運輸量)逐步提高的是(　　)
[聽課記錄]
【方法總結】
導數幾何意義應用的兩個提醒
鞏固訓練2　[2022·北京順義高二期末]已知函數y＝f(x)的部分圖象如圖所示，其中A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))為圖上三個不同的點，則下列結論正確的是(　　)
A．f′(x1)>f′(x2)>f′(x3) B．f′(x3)>f′(x2)>f′(x1)
C．f′(x3)>f′(x1)>f′(x2) D．f′(x1)>f′(x3)>f′(x2)
題型3　求切線方程
例3　已知曲線C：y＝x3.
(1)求曲線C在橫坐標為x＝1的點處的切線方程；
(2)求曲線C過點(1，1)的切線方程．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數的幾何意義求切線方程的策略
鞏固訓練3　(1)曲線f (x)＝在點(－2，－1)處的切線方程為____________．
(2)求曲線y＝x2＋1過點P(1，0)的切線方程．
5．1.2　導數的概念及其幾何意義
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
可導　瞬時變化率　y′|x＝x0
要點二
f′(x0)　y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)
[夯實雙基]
1．(1)√　(2)√　(3)×　(4)×
2．解析：由題意可知，f′(x0)＝－2＜0.
故選C.
答案：C
3．解析：由圖可知f′(1)<0，f′(3)<0且f′(1)故選A.
答案：A
4．解析：切線的斜率為k＝－1.
∴點A(1，2)處的切線方程為y－2＝－(x－1)，
即x＋y－3＝0.
答案：x＋y－3＝0
題型探究·課堂解透
例1　解析：f′(2)＝＝＝(1+)＝2.
鞏固訓練1　解析：(1)∵Δy＝f(x＋Δx)－f(x)
＝(Δx)2＋2x·Δx－Δx，
∴＝2x＋Δx－，
∴f′(x)＝＝2x－.
(2)f′(1)＝2×1－＝.
例2　解析：(1)
如圖所示，根據導數的幾何意義，可得f′(2)表示切線l1斜率k1>0，
f′(3)表示切線l3斜率k3>0，
又由平均變化率的定義，可得＝f(3)－f(2)，表示割線l2的斜率k2，
結合圖象，可得0故選C.
(2)從函數圖象上看，要求圖象在[0，T]上越來越陡峭，在各選項中，只有B項中圖象的切線斜率在不斷增大，即運輸效率(單位時間內的運輸量)逐步提高．
故選B.
答案：(1)C　(2)B
鞏固訓練2　解析：由圖可知函數在A點的切線斜率小于0，即f′(x1)<0，
在B點的切線斜率等于0，即f′(x2)＝0，
在C點的切線斜率大于0，即f′(x3)>0，
所以f′(x3)>f′(x2)>f′(x1)．故選B.
答案：B
例3　解析：(1)將x＝1代入曲線C的方程得y＝1，∴切點P(1，1).
y′|x＝1＝＝
＝［3+3Δx+(Δx)2］＝3.
∴k＝y′|x＝1＝3.
∴曲線在點P(1，1)處的切線方程為y－1＝3(x－1)，
即3x－y－2＝0.
(2)設切點為Q(x0，y0)，由(1)可知＝，由題意可知kPQ＝，
即＝又y0＝，所以＝，即＋1＝0，解得x0＝1或x0＝－.
①當x0＝1時，切點坐標為(1，1)，相應的切線方程為3x－y－2＝0.
②當x0＝－時，切點坐標為(－，－)，相應的切線方程為y＋＝(x＋)，即3x－4y＋1＝0.
綜上，所求切線為3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0.
鞏固訓練3　解析：(1)k＝＝＝＝－，
∴切線方程為y＋1＝－(x＋2)，
即x＋2y＋4＝0.
(2)設切點為Q(a，a2＋1)，
k＝＝(2a+Δx)＝2a.
∴在Q點處的切線方程為
y－(a2＋1)＝2a(x－a)(*)．
把點(1，0)代入(*)式得－(a2＋1)＝2a(1－a)．
解得a＝1±.
再把a＝1±代入到(*)式中．即得
y＝(2＋2)x－(2＋2)或y＝(2－2)x－(2－2)．這就是所求的切線方程．
答案：(1)x＋2y＋4＝0　(2)見解析5．2.1　基本初等函數的導數
【課標解讀】
1.能根據導數的定義推導常用函數的導數．
2．掌握基本初等函數的導數公式．
3．利用基本初等函數的導數公式解決有關問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　幾個常用函數的導數
原函數 導函數
f(x)＝c(c為常數) f′(x)＝________
f(x)＝x f′(x)＝________
f(x)＝x2 f′(x)＝________
f(x)＝ f′(x)＝－
f(x)＝ f′(x)＝
要點二　基本初等函數的導數公式
基本初等函數 導函數
f(x)＝c(c為常數) f′(x)＝________
f(x)＝xα(α≠0) f′(x)＝________
f(x)＝sin x f′(x)＝________
f(x)＝cos x f′(x)＝________
f(x)＝ex f′(x)＝________
f(x)＝ax(a>0，a≠1) f′(x)＝ax ln a
f(x)＝ln x f′(x)＝________
f(x)＝logax(a>0，a≠1) f′(x)＝
批注　基本初等函數的求導公式分為四類：
(1)第一類為冪函數，y′＝(xα)′＝αxα－1(注意冪指數α可推廣到全體實數)．對于解析式為根式形式的函數，首先應把根式化為分數指數冪的形式，再求導數．
(2)第二類為三角函數，可記為正弦函數的導數為余弦函數，余弦函數的導數為正弦函數的相反數．注意余弦函數的導數，不要漏掉前面的負號．
(3)第三類為指數函數，y′＝(ax)′＝axln a，當a＝e時，ex的導數是(ax)′的一個特例．
(4)第四類為對數函數，y′＝(logax)′＝，當a＝e時，ln x的導數也是(logax)′的一個特例．
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)若y＝，則y′＝×2＝1.(　　)
(2)若f′(x)＝sin x，則f(x)＝cos x．(　　)
(3)若f(x)＝，則f′(x)＝.(　　)
(4)因為(ln x)′＝，所以()′＝ln x．(　　)
2．函數y＝x－1的導函數是(　　)
A．y′＝－x－1　　　　 B．y′＝－x－2
C．y′＝x－2 D．y′＝x－1
3．函數f(x)＝ex，則f′(0)＝(　　)
A．0　　　 B．1　　　　　　　　
C．2 D．e
4．已知函數f(x)＝x3，則曲線y＝f(x)在點(1，1)處的切線的方程為________________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　利用導數公式求函數的導數
例1　求下列函數的導數：
(1)y＝；
(2)y＝；
(3)y＝4x；
(4)y＝1－2sin 2.
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數公式求函數的導數的策略
鞏固訓練1　(多選)[2022·山東日照青山學校高二期中]下列求導數運算正確的有(　　)
A．(sin x)′＝cos x　　　　 B．()′＝
C．(log3x)′＝ D．(ln x)′＝
題型2　求函數在某點處的導數
例2　(1)求函數f(x)＝在(1，1)處的導數；
(2)求函數f(x)＝cos x在()處的導數．
[聽課記錄]
【方法總結】
求函數在某定點(點在函數曲線上)的導數的方法步驟
鞏固訓練2　[2022·廣東肇慶高二期末]已知函數f(x)＝sin x，f′(x)是函數f(x)的導函數，則f′()＝(　　)
A．0　　　　B．－1　　　　C．1　　　　D．
題型3　利用導數公式求切線方程
例3　已知曲線y＝ln x，點P(e，1)是曲線上一點，求曲線在點P處的切線方程．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數的幾何意義解決切線問題的兩種類型
鞏固訓練3　已知曲線f(x)＝，
(1)求曲線在點P(1，1)處的切線方程；
(2)求曲線過點Q(1，0)的切線方程．
5．2　導數的運算
5．2.1　基本初等函數的導數
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
0　1　2x
要點二
0　αxα－1　cos x　－sin x　ex　
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：由(x－1)′＝－x－1－1＝－x－2得y′＝－x－2.
故選B.
答案：B
3．解析：因為f(x)＝ex，所以f′(x)＝ex，所以f′(0)＝e0＝1.
故選B.
答案：B
4．解析：f′(x)＝3x2，
則f′(1)＝3，
所以曲線y＝f(x)在點(1，1)處的切線的方程為y－1＝3(x－1)，
即y＝3x－2.
答案：y＝3x－2
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)由y＝，得y＝x－3，
所以y′＝－3x－4＝－.
(2)由y＝，得y＝，
所以y′＝.
(3)由y＝4x，得y′＝4x ln 4＝2·4x ln 2＝22x＋1ln 2.
(4)因為y＝1－2sin2＝cos x，所以y′＝－sin x．
鞏固訓練1　解析：A：(sin x)′＝cos x，故正確；
B：()′＝－，故錯誤；
C：(log3x)′＝，故錯誤；
D：(ln x)′＝，故正確．
故選AD.
答案：AD
例2　解析：(1)f′(x)＝()′＝)′＝，∴f′(1)＝.
(2)f′(x)＝(cos x)′＝－sin x，∴f′()＝－sin ＝－.
鞏固訓練2　解析：因為f′(x)＝cos x，所以f′()＝cos ＝0.
故選A.
答案：A
例3　解析：∵y＝ln x，∴y′＝，∴y′|x＝e＝，即切線斜率為.
∴切線方程為y－1＝(x－e)，即x－ey＝0.
鞏固訓練3　解析：(1)由題意，函數f(x)＝，可得f′(x)＝－，
所以f′(1)＝－1，即曲線在點P(1，1)處的切線的斜率為k＝－1，
所以所求切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)設切點坐標為A(x0，y0)，則切線的斜率為k＝，
所以切線的方程為y－＝(x－x0)，
因為點Q(1，0)在切線上，可得－＝(1－x0)，解得x0＝，
所以所求切線的方程為y－2＝－4(x－)，即4x＋y－4＝0.5．2.2　導數的四則運算法則
【課標解讀】
1.理解函數的和、差、積、商的求導法則．
2．能夠運用導數公式和導數運算法則求函數的導數．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點　導數的和差積商運算法則
若f′(x)，g′(x)存在，則
(1)[cf(x)]′＝________；
(2)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(3)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(4)′＝________．
(5)′＝(g(x)≠0)．
批注 　可推廣到任意有限個可導函數的情形(一般化)，即[u(x)±v(x)±…±w(x)]′＝u′(x)±v′(x)±…±w′(x)．
批注 　可推廣到任意有限個可導函數的乘積的導數，即[u(x)v(x)·…·w(x)]′＝u′(x)v(x)·…·w(x)＋u(x)v′(x)·…·w(x)＋…＋u(x)v(x)·…·w′(x)．
批注 　切記[]′≠.
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)已知函數y＝sin x－cos x，則y′＝cos x－sin x．(　　)
(2)已知函數f(x)＝(x＋1)(x＋2)，則f′(x)＝2x＋1.(　　)
(3)函數f(x)＝xex的導數是f′(x)＝ex(x＋1)．(　　)
(4)當g(x)≠0時，′＝.(　　)
2．已知函數f(x)＝x3－x，則f′(1)＝(　　)
A．0　　 B．1
C．2 D．4
3．函數f(x)＝x－sin x的導函數為(　　)
A．f′(x)＝x－cos x B．f′(x)＝1－cos x
C．f′(x)＝x＋cos x D．f′(x)＝1＋cos x
4．函數f(x)＝在x＝1處的瞬時變化率為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　利用導數的四則運算法則求導
例1　求下列函數的導數：
(1)y＝(2x2－1)(3x＋1)；
(2)y＝；
(3)f(x)＝；
(4)f(x)＝；
(5)y＝x－sin cos .
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數的四則運算法則求導的策略
鞏固訓練1　求下列函數的導數．
(1)y＝x5＋x3；
(2)y＝ex cos x；
(3)y＝；
(4)y＝.
題型2　利用導數運算法則解決與切線有關的問題
例2　[2022·湖南郴州高二期末]已知函數f(x)＝＋b在x＝1處的切線方程為2x－y－2＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)求函數f(x)圖象上的點到直線2x－y＋3＝0的距離的最小值．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數的四則運算法則求曲線切線的策略
鞏固訓練2　設函數f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝3.
(1)求f′(x)；
(2)求函數f(x)的解析式．
5．2.2　導數的四則運算法則
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點
(1)cf′(x)　(4)－
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．解析：由題意得，f′(x)＝3x2－1，
故f′(1)＝3－1＝2.
故選C.
答案：C
3．解析：f′(x)＝1－cos x.
故選B.
答案：B
4．解析：因為函數f(x)的圖象上各點的瞬時變化率為f′(x)，f′(x)＝，
所以函數f(x)＝在x＝1處的瞬時變化率為f′(1)＝＝1.
答案：1
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)y′＝(2x2－1)′(3x＋1)＋(2x2－1)(3x＋1)′＝4x(3x＋1)＋3(2x2－1)＝18x2＋4x－3.
(2)y′＝
＝＝.
(3)f′(x)＝＝.
(4)f′(x)＝＝
＝＝.
(5)∵y＝x－sin cos ＝x－ sin x，
∴y′＝(x－sin x)′＝x′－(sin x)′＝1－cos x．
鞏固訓練1　解析：(1)y′＝(x5)′＋(x3)′＝x4＋2x2.
(2)y′＝(ex)′cos x＋ex(cos x)′＝ex(cos x－sin x)．
(3)方法一：y′＝()′
＝
＝＝.
方法二：∵y＝＝＝1－，
∴y′＝(1－)′＝(－)′
＝－＝.
(4)y′＝()′＝＝＝.
例2　解析：(1)∵函數f(x)＝＋b，
∴f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝，
∴f(x)在x＝1處切線的斜率為k＝f′(1)＝a＝2，
由切線方程可知切點為(1，0)，而切點也在函數f(x)圖象上，解得b＝0，
∴f(x)的解析式為f(x)＝.
(2)由于直線2x－y－2＝0與直線2x－y＋3＝0平行，直線2x－y－2＝0與函數f(x)＝在(1，0)處相切，
所以切點(1，0)到直線2x－y＋3＝0的距離最小，最小值為d＝＝，
故函數f(x)圖象上的點到直線2x－y＋3＝0的距離的最小值為.
鞏固訓練2　解析：(1)因為f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，
則f′(x)＝a－，
由已知可得，解得，因此，f(x)＝x＋.
所以f′(x)＝1－.
(2)由(1)可知f(x)＝x＋.5．2.3　簡單復合函數的導數
【課標解讀】
1.能夠利用導數的運算法則推導出簡單復合函數f(ax＋b)的導數，并能利用它求其他復合函數的導數．
2．會用復合函數的導數求解相關問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　復合函數的概念
一般地，對于兩個函數y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過中間變量u，y可以表示成x的函數，那么稱這個函數為函數y＝f(u)和u＝g(x)的復合函數，記作y＝________．
要點二　復合函數的求導法則
一般地，對于由函數y＝f(u)和u＝g(x)復合而成的函數y＝f(g(x))，它的導數與函數y＝f(u)，u＝g(x)的導數間的關系為y′x＝________________．即y對x的導數等于y對u的導數與u對x的導數的________．
批注　應處理好以下環節
(1)中間變量的選擇應是基本函數結構；
(2)關鍵是正確分析函數的復合層次；
(3)一般是從最外層開始，由外及內，一層層地求導；
(4)善于把一部分表達式作為一個整體；
(5)最后要把中間變量換成自變量的函數．
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)f(x)＝2x2－ 是復合函數．(　　)
(2)y＝cos 3x由函數y＝cos u，u＝3x復合而成．(　　)
(3)設f(x)＝e－x，則f′(x)＝e－x.(　　)
(4)函數f(x)＝sin 2x的導數是f′(x)＝2 cos 2x.(　　)
2．函數y＝cosnx可由(　　)
A．y＝un和u＝cosxn復合而成
B．y＝u和u＝cosnx復合而成
C．y＝un和u＝cosx復合而成
D．y＝cos u和u＝xn復合而成
3．函數y＝sin (－x)的導函數為(　　)
A．y＝sin x　　　　 B．y＝－cos (－x)
C．y＝cos x D．y＝cos (－x)
4．已知函數f(x)＝ln 2x，其導函數為f′(x)，則f′(e)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　求復合函數的導數
例1　求下列函數的導數
(1)y＝ecos x＋1；
(2)y＝log2(2x＋1)；
(3)y＝2sin (3x－)；
(4)y＝.
[聽課記錄]
【方法總結】
復合函數求導的步驟
鞏固訓練1　求下列函數的導數：
(1)y＝(2x－1)4；
(2)y＝102x＋3.
題型2　復合函數與導數的運算法則的綜合應用
例2　求下列函數的導數：
(1)y＝；
(2)y＝x；
(3)y＝x cos (2x＋)sin (2x＋)．
[聽課記錄]
【方法總結】
復合函數與導數的運算法則的綜合求導的策略
鞏固訓練2　求下列函數的導數：
(1)y＝(3x＋1)2ln (3x)；
(2)y＝3xe－3x.
題型3　復合函數的導數與切線有關的問題
例3　[2022·湖北荊門龍泉中學高二期中]已知函數f(x)＝sin2x＋sin(2x)．
(1)求f′(x)的解析式；
(2)求曲線y＝f(x)在點(，f())處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積．
[聽課記錄]
【方法總結】
正確求出復合函數的導數是前提，審題時注意所給點是否是切點，挖掘題目隱含條件，求出參數，解決已知經過一定點的切線問題，尋求切點是解決問題的關鍵．
鞏固訓練3　(1)若曲線y＝x ln x在點(e，e)處的切線與直線x＋ay＝1垂直，則實數a的值為(　　)
A．2 　　　　　B．－2
C． D．－
(2)曲線y＝e－5x＋2在點(0，3)處的切線方程為__________________．
5．2.3　簡單復合函數的導數
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
f(g(x))
要點二
y′u·u′x　乘積
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：y＝cosnx，中間變量為u＝cosx.
故選C.
答案：C
3．解析：∵y＝sin (－x)，
∴y′＝－cos (－x).
故選B.
答案：B
4．解析：f′(x)＝2×＝，f′(e)＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)設y＝eu，u＝cos x＋1，則y′x＝y′u·u′x＝eu·(－sin x)＝－ecos x＋1·sin x.
(2)設y＝log2u，u＝2x＋1，y′x＝y′u·u′x＝＝.
(3)設y＝2sin u，u＝3x－，y′x＝y′u·u′x＝2cos u×3＝6cos (3x－)．
(4)設y＝，u＝1－2x，y′x＝y′u·u′x＝)′·(1－2x)′＝×(－2)＝.
鞏固訓練1　解析：(1)令u＝2x－1，則y＝u4，
∴y′x＝y′u·u′x＝4u3·(2x－1)′＝4u3·2＝8(2x－1)3.
(2)令u＝2x＋3，則y＝10u，
∴y′x＝y′u·u′x＝10u·ln 10·(2x＋3)′＝2ln 10·102x＋3.
例2　解析：(1)∵(ln 3x)′＝×(3x)′＝，
∴y′＝
＝＝.
(2)y′＝(x)′＝x′＋x()′＝＝.
(3)∵y＝x cos (2x＋)sin (2x＋)
＝x(－sin 2x)cos 2x＝－x sin 4x，
∴y′＝(－x sin 4x)′＝－sin 4x－cos 4x·4
＝－sin 4x－2x cos 4x.
鞏固訓練2　解析：(1)y′＝[(3x＋1)2]′ln (3x)＋(3x＋1)2(ln (3x))′＝2·(3x＋1)·3ln (3x)＋(3x＋1)2·＝6(3x＋1)ln (3x)＋.
(2)y′＝(3x)′e－3x＋3x(e－3x)′＝3x ln 3·e－3x＋3xe－3x·(－3)＝3xe－3xln 3－3x＋1e－3x＝(ln 3－3)3xe－3x.
例3　解析：(1)f′(x)＝2sin x cos x＋2cos (2x)＝sin (2x)＋2cos (2x)；
(2)由(1)知f′()＝1，f()＝，
得切線方程為y＝x－，
所圍成的三角形的面積S＝＝.
鞏固訓練3　解析：(1)因為y′＝(x ln x)′＝ln x＋1，所以曲線y＝x ln x在點(e，e)處的切線的斜率k＝y′|x＝e＝ln e＋1＝2，而切線與直線x＋ay＝1垂直，所以2·(－)＝－1，解得a＝2.
故選A.
(2)y′＝－5e－5x，曲線在點(0，3)處的切線斜率k＝y′|x＝0＝－5，故切線方程為y－3＝－5(x－0)，即5x＋y－3＝0.
答案：(1)A　(2)5x＋y－3＝05．3　導數在研究函數中的應用
5．3.1　函數的單調性
【課標解讀】
1.通過數形結合感受導數與函數單調性的關系．
2．掌握利用導數判斷函數單調性的方法．
3．能利用導數求不超過三次的多項式函數的單調區間．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　函數f(x)的單調性與導函數f′(x)的正負之間的關系
在某個區間(a，b)上，如果f′(x)>0 ，那么函數y＝f(x)在區間(a，b)上單調________；
在某個區間(a，b)上，如果f′(x)<0 ，那么函數y＝f(x)在區間(a，b)上單調________．
批注 　f′(x)>0，即函數f(x)圖象的切線斜率為正，則切線的傾斜角為銳角，曲線呈上升趨勢．
批注 　f′(x)<0，即函數f(x)圖象的切線斜率為負，則切線的傾斜角為鈍角，曲線呈下降趨勢．
要點二　利用導數判斷函數單調性的一般步驟
第1步，確定函數y＝f(x)的定義域；
第2步，求出導數f′(x)的零點；
第3步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區間，列表給出f′(x)在各區間上的正負，由此得出函數y＝f(x)在定義域內的單調性．
要點三　函數圖象的變化趨勢與導數的絕對值的大小的關系
一般地，設函數y＝f(x)，在區間(a，b)上：
導數的絕對值 函數值變化 函數的圖象
越大 ________ 比較“________”(向上或向下)
越小 ________ 比較“________”(向上或向下)
批注 　函數值增加得越來越快f′(x)>0越來越大；函數值減少得越來越快f′(x)<0越來越小．
批注 　函數值增加得越來越慢f′(x)>0越來越小；函數值減少得越來越慢f′(x)<0越來越大．
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數f(x)在定義域上都有f′(x)<0，則函數f(x)在定義域上單調遞減．(　　)
(2)函數f(x)在某區間內單調遞增，則一定有f′(x)>0.(　　)
(3)函數在某個區間上變化越快，函數在這個區間上的導數的絕對值越大．(　　)
(4)判斷函數單調性時，在區間內的個別點f′(x)＝0，不影響函數在此區間的單調性．(　　)
2．函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則(　　)
A.f′(3)>0 B．f′(3)<0
C．f′(3)＝0 D．f′(3)的符號不確定
3．函數f(x)＝2x－sin x在(－∞，＋∞)上是(　　)
A．增函數　　　 B．減函數
C．先增后減 D．不確定
4．函數f(x)＝的單調遞減區間為____________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　導數與函數圖象的關系
例1　[2022·廣東廣州高二期末]已知函數y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f(x)圖象是(　　)
[聽課記錄]
【方法總結】
判斷函數與其導函數圖象關系的方法
要抓住各自的關鍵要素，對于原函數，要重點觀察其圖象在哪個區間內上升或下降，而對于導函數，則應觀察其函數值在哪個區間內大于零、小于零，并且這些區間與原函數的單調區間是否一致．
鞏固訓練1　設函數f(x)在定義域內可導，其圖象如圖所示，則導函數f′(x)的圖象可能是(　　)
題型2　利用導數求函數的單調區間
例2　(1)已知函數f(x)＝x ln x－x，求f(x)的單調區間；
(2)已知函數f(x)＝(x＋1)eax，a∈R，求函數f(x)的單調區間．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數求函數單調區間的三點提醒
鞏固訓練2　(1)[2022·山東淄博高二期末]函數y＝的遞增區間是(　　)
A．(－∞，1)　　　 B．(－∞，2)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
(2)求函數f(x)＝a ln x－4x－2(a∈R)的單調區間．
題型3　已知函數的單調性求參數的范圍
例3　(1)[2022·山東濟南高二期末]函數f(x)＝ex－ln (x＋m)在[0，1]上單調遞增，則實數m的取值范圍為(　　)
A．[1，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．(0，1] D．(－∞，－1]
(2)若函數f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在區間(1，4)內為減函數，在區間(6，＋∞)上為增函數，試求實數a的取值范圍．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數求參數取值范圍的兩個策略
鞏固訓練3　(1)[2022·福建廈門外國語學校高二期末]若函數f(x)＝(x2－ax－a)ex在區間(－2，0)內單調遞減，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[1，＋∞) B．[0，＋∞)
C．(－∞，0] D．(－∞，1]
(2)若函數y＝x3＋x2＋mx＋2是R上的單調函數，則m的范圍為____________．
5．3　導數在研究函數中的應用
5．3.1　函數的單調性
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
遞增　遞減
要點三
較快　陡峭　較慢　平緩
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．解析：由圖象可知，函數f(x)在(1，5)上單調遞減，則在(1，5)上有f′(x)<0，所以f′(3)<0.
故選B.
答案：B
3．解析：∵f(x)＝2x－sin x，∴f′(x)＝2－cos x＞0在(－∞，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數．
故選A.
答案：A
4．解析：易知f′(x)＝－，由f′(x)＜0得x＜0或x＞0，所以單調遞減區間為(－∞，0)，(0，＋∞).
答案：(－∞，0)，(0，＋∞)
題型探究·課堂解透
例1　解析：設導函數與橫軸的交點為x1，x2，設－1由導函數的圖象可知：當x∈(－∞，x1)時，f′(x)<0 f(x)單調遞減，
當x∈(x1，x2)時，f′(x)>0 f(x)單調遞增，
當x∈(x2，＋∞)時，f′(x)<0 f(x)單調遞減，由此可以確定選項A符合，
故選A.
答案：A
鞏固訓練1　解析：由函數f(x)的圖象，知當x<0時，f(x)是單調遞減的，所以f′(x)<0；
當x>0時，f(x)先減少，后增加，最后減少，所以f′(x)先負后正，最后為負．
故選B.
答案：B
例2　解析：(1)函數的定義域為x∈(0，＋∞)，
由f(x)＝x ln x－x，得f′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，
由f′(x)>0，得ln x>0，解得x>1，
由f′(x)<0，得ln x<0，解得0所以f(x)的單調遞增區間為(1，＋∞)，單調遞減區間為(0，1)．
(2)∵f(x)＝(x＋1)eax，x∈R，所以f′(x)＝eax(ax＋a＋1)，
當a＝0時，f′(x)＝1>0，∴f(x)的單調遞增區間為(－∞，＋∞)，
當a>0時，令f′(x)＝0，∴x＝，
當x>時f′(x)>0，當x<時f′(x)<0，
∴f(x)的單調遞增區間為(，＋∞)，單調遞減區間為(－∞，)，
當a<0時，令f′(x)＝0，∴x＝，
當x>時f′(x)<0，當x<時f′(x)>0，
∴f(x)的單調遞增區間為(－∞，)，單調遞減區間為(，＋∞)．
綜上所述，當a＝0時，f(x)的單調遞增區間為(－∞，＋∞)，
當a>0時，f(x)的單調遞增區間為(，＋∞)，單調遞減區間為(－∞，)，
當a<0時，f(x)的單調遞增區間為(－∞，)，單調遞減區間為(，＋∞)．
鞏固訓練2　解析：(1)∵y′＝＝，
令y′>0，則x<1，
∴函數y＝的遞增區間為(－∞，1)．
故選A.
(2)因為f(x)＝a ln x－4x－2的定義域為(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－4＝，
當a≤0時，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；
當a>0時，令f′(x)>0，得0，
所以f(x)在(0，)上單調遞增，在(，＋∞)上單調遞減．
答案：(1)A　(2)見解析
例3　解析：(1)因為f(x)＝ex－ln (x＋m)，所以f′(x)＝ex－.
因為函數f(x)＝ex－ln (x＋m)在[0，1]上單調遞增，
所以f′(x)＝ex－≥0在[0，1]上恒成立，
所以m≥－x在[0，1]上恒成立，即m≥(－x)max，x∈[0，1]即可．
令g(x)＝－x，x∈[0，1]
則由函數單調性的性質知，g(x)在[0，1]上是減函數，
g(x)max＝g(0)＝－0＝1，即m≥1.
所以實數m的取值范圍為[1，＋∞)．
故選A.
(2)f′(x)＝x2－ax＋a－1＝(x－1)[x－(a－1)]，
令f′(x)＝0得x＝1或x＝a－1.
因為函數在區間(1，4)內為減函數，
所以當x∈(1，4)時，f′(x)≤0.
又函數在區間(6，＋∞)上為增函數，
所以當x∈(6，＋∞)時，f′(x)≥0，
所以4≤a－1≤6，
所以5≤a≤7.
即實數a的取值范圍為[5，7].
答案：(1)A　(2)見解析
鞏固訓練3　解析：(1)∵f(x)＝(x2－ax－a)ex，∴f′(x)＝ex·[x2＋(2－a)x－2a]＝ex(x－a)(x＋2)，
∵x∈(－2，0)時，ex(x＋2)>0，
∴若f(x)在(－2，0)內單調遞減，則x－a≤0在(－2，0)上恒成立，
即得a≥x在(－2，0)恒成立，∴a≥0.
故選B.
(2)由題意可知y′＝x2＋2x＋m≥0或y′＝x2＋2x＋m≤0(舍)在R上恒成立．
所以Δ＝4－4m≤0，解得m≥1.
答案：(1)B　(2)[1，＋∞)5．3.2　函數的極值與最大(小)值
第1課時　函數的極值
【課標解讀】
1.了解極大值、極小值的概念．
2．了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件．
3．會用導數求函數的極大值、極小值．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　函數極值 的定義
1．極小值點與極小值
若函數y＝f(x)在點x＝a的函數值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數值都小，f′(a)＝________，而且在點x＝a附近的左側__________________，右側________________，就把________叫做函數y＝f(x)的極小值點，________叫做函數y＝f(x)的極小值．
2．極大值點與極大值
若函數y＝f(x)在點x＝b的函數值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數值都大，f′(b)＝________，而且在點x＝b附近的左側________________，右側________________，就把________叫做函數y＝f(x)的極大值點，________叫做函數y＝f(x)的極大值．
3．極大值點、極小值點統稱為極值點 ；極大值、極小值統稱為________．
批注 　(1)極值是一個局部概念，極值只是某個點的函數值，與它附近點的函數值比較它是最大值或最小值，但并不意味著它在函數的整個定義域內是最大值或最小值．
(2)一個函數在某區間上或定義域內的極大值或極小值可以不止一個．
(3)函數的極大值與極小值之間無確定的大小關系．
(4)函數的極值點一定出現在區間的內部，區間的端點不能成為極值點．
(5)單調函數一定沒有極值．
批注 　可導函數的極值點是導數為零的點，但是導數為零的點不一定是極值點，即“點x0是可導函數f(x)的極值點”是“f′(x0)＝0”的充分不必要條件．
要點二　求函數y＝f(x)極值的方法
一般地，求函數y＝f(x)的極值的方法是：
解方程f′(x)＝0，當f′(x0)＝0時：
(1)如果在x0附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，那么f(x0)是________；
(2)如果在x0附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，那么f(x0)是________．
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數的極大值一定大于其極小值．(　　)
(2)導數為0的點一定是極值點．(　　)
(3)函數y＝f(x)一定有極大值和極小值．(　　)
(4)函數的極值點是自變量的值，極值是函數值．(　　)
2．函數f(x)的定義域為開區間(a，b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在開區間(a，b)內有極小值點(　　)
A．1個　　　　 B．2個
C．3個 D．4個
3．函數f(x)的導函數f′(x)的圖象如圖所示，則(　　)
A．x＝為f(x)的極大值點
B．x＝－2為f(x)的極大值點
C．x＝2為f(x)的極大值點
D．x＝0為f(x)的極小值點
4．已知函數 f (x) ＝ x3－3x2＋2 ，則函數 f (x) 的極大值為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　極值的圖象特征
例1　(多選)[2022·河北邢臺·高二期末]若函數f(x)的導函數的部分圖象如圖所示，則(　　)
A．x1是f(x)的一個極大值點
B．x2是f(x)的一個極小值點
C．x3是f(x)的一個極大值點
D．x4是f(x)的一個極小值點
[聽課記錄]
【方法總結】
根據導函數圖象判斷極值點、極值的方法
嚴格按照極值點、極值的定義，觀察圖象與x軸的交點，若在交點的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，則交點是極大值點，函數值是極大值；若在交點的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則交點是極小值點，函數值是極小值；若不符合以上兩點就不是極值點，也就沒有極值．
鞏固訓練1　[2022·山東濟寧高二期中]如圖是函數y＝f(x)(x∈R)的導函數f′(x)的圖象，下列說法正確的是(　　)
A．x＝2是函數y＝f(x)的極大值點
B．x＝－2是函數y＝f(x)的零點
C．函數y＝f(x)在區間(－2，－1)上單調遞減
D．函數y＝f(x)在區間[－2，2]上存在極小值
題型2　求函數的極值
例2　求下列函數的極值：
(1)f(x)＝x3－3x2－9x＋5；
(2)f(x)＝.
[聽課記錄]
【方法總結】
求可導函數f(x)極值的一般步驟
鞏固訓練2　求下列函數的極值：
(1)y＝2x＋；
(2)y＝x3(x－5)2.
題型3　已知函數的極值求參數值或范圍
例3　(1)已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取極值10，則a＝(　　)
A．4或－3 B．4或－11
C．4 D．－3
(2)[2022·山東聊城高二期中]設函數f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex(a，b，c∈R)，若x＝－1為函數f(x)的一個極值點，則下列結論一定正確的是(　　)
A．2a＋b＝0 B．a－c＝0
C．2a－b＝0 D．b≠0
(3)函數f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)在(－∞，＋∞)上無極值，求實數a的取值范圍．
[聽課記錄]
【方法總結】
已知函數極值求參數的方法
鞏固訓練3　(1)[2022·河北石家莊二中高二期中]若函數y＝－x3＋3x2＋m的極大值等于9，則實數m等于(　　)
A．5 B．9
C．－5 D．9
(2)已知函數f(x)＝x3－(m＋3)x2＋(m＋6)x(x∈R，m為常數)，在區間(1，＋∞)內有兩個極值點，則實數m的取值范圍為________．
5．3.2　函數的極值與最大(小)值
第1課時　函數的極值
新知初探·課前預習
[教材要點]要點一
1．0　f′(x)<0　f′(x)>0　a　f(a)
2．0　f′(x)>0　f′(x)<0　b　f(b)
3．極值
要點二
極大值　極小值
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：由導函數f′(x)在區間(a，b)內的圖象可知，
函數f′(x)在(a，b)內的圖象與x軸有四個公共點，
在從左到右第一個點處導數左正右負，在從左到右第二個點處導數左負右正，
在從左到右第三個點處導數左正右正，在從左到右第四個點處導數左正右負，
所以函數f(x)在開區間(a，b)內的極小值點有1個．
故選A.
答案：A
3．解析：由f′(x)的圖象可知，f(x)在(－∞，－2)和(，2)上單調遞減，在(－2，)和(2，＋∞)上單調遞增，
所以x＝為f(x)的極大值點，x＝－2和x＝2為f(x)的極小值點，x＝0不是函數的極值點．
故選A.
答案：A
4．解析：∵f(x)＝x3－3x2＋2，∴f′(x)＝3x2－6x，
令f′(x)＝0，解得：x1＝0，x2＝6.
x (－∞，0) 0 (0，6) 6 (6，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ?↗ 極大值 ↘ 極小值 ?↗
所以當x＝0時，函數f(x)取得極大值，即函數f(x)的極大值為f(0)＝2.
答案：2
題型探究·課堂解透
例1　解析：對于A選項，由圖可知，在x1左右兩側，函數f(x)左增右減，x1是f(x)的一個極大值點，A正確．
對于B選項，由圖可知，在x2左右兩側，函數f(x)左減右增，x2是f(x)的一個極小值點，B正確．
對于C選項，由圖可知，在x3左右兩側，函數f(x)單調遞增，x3不是f(x)的一個極值點，C錯誤．
對于D選項，由圖可知，在x4左右兩側，函數f(x)左增右減，x4是f(x)的一個極大值點，D錯誤．
故選AB.
答案：AB
鞏固訓練1　解析：由f′(x)的圖象可知，當x＝－1，x＝2時，f′(x)＝0，
又因為當x∈(－∞，2)時，f′(x)>0，
當x∈[2，＋∞)時，f′(x)≤0，
所以f(x)在(－∞，2)上單調遞增，在[2，＋∞)上單調遞減．
對于A，f(x)在x＝2處取得極大值，無極小值，故A正確；
對于B，由f′(x)圖象無法判斷零點的個數，x＝－2不一定是零點，故B錯誤；
對于C，函數y＝f(x)在(－2，－1)上單調遞增，故C錯誤；
對于D，函數f(x)在x＝2處取得極大值，無極小值，故函數f(x)在[－2，2]上無極小值，故D錯誤．
故選A.
答案：A
例2　解析：(1)函數f(x)＝x3－3x2－9x＋5的定義域為R，且f′(x)＝3x2－6x－9.解方程3x2－6x－9＝0，得x1＝－1，x2＝3.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 單調遞增 10 單調遞減 －22 單調遞增
因此，x＝－1是函數的極大值點，極大值為f(－1)＝10；x＝3是函數的極小值點，極小值為f(3)＝－22.
(2)函數f(x)＝的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝e.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (0，e) e (e，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 單調遞增 單調遞減
因此，x＝e是函數的極大值點，極大值為f(e)＝，函數f(x)沒有極小值．
鞏固訓練2　解析：(1)函數的定義域為x∈R且x≠0，
又y′＝2－.令y′＝0，得x＝±2.
當x變化時，y′，y的變化情況如表：
x (－∞，－2) －2 (－2，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
y′ ＋ 0 － － 0 ＋
y ↗ 極大值 ?↘ ↘ 極小值 ↗
因此當x＝－2時，y極大值＝－8，
當x＝2時，y極小值＝8.
(2)y′＝3x2(x－5)2＋2x3(x－5)
＝5x2(x－3)(x－5)．
令y′＝0，即5x2(x－3)(x－5)＝0，
解得x1＝0，x2＝3，x3＝5.當x變化時，y′與y的變化情況如下表：
x (－∞，0) 0 (0，3) 3 (3，5) 5 (5，＋∞)
y′ ＋ 0 ＋ 0 － 0 ＋
y ↗ 無極值 ↗ 極大值108 ↘ 極小值0 ↗
∴x＝0不是y的極值點；
x＝3是y的極大值點，y極大值＝f (3)＝108；
x＝5是y的極小值點，y極小值＝f (5)＝0.
例3　解析：(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
依題意得即
解得或
但由于當a＝－3，b＝3時，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，故f(x)在R上單調遞增，不可能在x＝1處取得極值，所以不符合題意，應舍去．而當時，經檢驗知符合題意，故a，b的值分別為4，－11.
故選C.
(2)∵f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex，∴f′(x)＝[ax2＋(2a＋b)x＋b＋c]ex，
∵x＝－1為函數f(x)的一個極值點，∴f′(－1)＝0，
即：[a·(－1)2＋(2a＋b)·(－1)＋b＋c]e－1＝0，
∵e－1≠0，∴a－c＝0.
故選B.
(3)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點，
則f(x)在(－∞，＋∞)上是單調函數，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
因為a>0，所以f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
則有Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0.
解得a≥，故實數a的取值范圍是[，＋∞)．
答案：(1)C　(2)B　(3)見解析
鞏固訓練3　解析：(1)y′＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，當00，當x<0或x>2時，y′<0，
即函數y＝－x3＋3x2＋m在(－∞，0)和(2，＋∞)上單調遞減，在(0，2)上單調遞增，即函數y＝－x3＋3x2＋m在x＝2處取得極大值，即－8＋12＋m＝9，m＝5.
故選A.
(2)f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6.
因為函數f(x)在區間(1，＋∞)內有兩個極值點，
所以f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6在(1，＋∞)內與x軸有兩個不同的交點，如圖所示．
所以
解得m>3.故實數m的取值范圍是(3，＋∞)．
答案：(1)A　(2)(3，＋∞)第2課時　函數的最大(小)值
【課標解讀】
1.理解函數最值的概念．
2．會求閉區間上函數的最大值、最小值(其中多項式函數一般不超過三次)．
新知初探·課前預習——突出基礎性
【教 材 要 點】
要點一　最值的概念
一般地，如果在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條____________的曲線，那么它必有最大值和最小值．
批注 　(1)給定的區間必須是閉區間，y＝f(x)的圖象在開區間上雖然連續不斷，但不能保證有最大值或最小值．(2)在閉區間上的每一點必須連續，即在閉區間上有間斷點也不能保證y＝f(x)有最大值和最小值．
要點二　函數在區間[a，b]上最值的求法
一般地，求函數y＝f(x)在區間[a，b]上的最大值與最小值 的步驟如下：
(1)求函數y＝f(x)在區間(a，b)上的________；
(2)將函數y＝f(x)的各________與端點處的函數值________，________比較，其中最大的一個是________，最小的一個是________．
批注 　函數的最大值和最小值是一個整體性概念．最大值必須是整個區間內所有函數值中的最大值；最小值必須是整個區間內所有函數值中的最小值．
【夯 實 雙 基】
1.判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數f (x)在區間[a，b]上的最大值和最小值，一定在區間端點處取得．(　　)
(2)開區間上的單調連續函數無最值．(　　)
(3)在定義域內，若函數有最值與極值，則極大(小)值就是最大(小)值．(　　)
(4)若函數在給定區間上有最值，則最大(小)值最多有一個；若有極值，則可有多個．(　　)
2．函數y＝－x3＋6x2(x≥0)的最大值為(　　)
A.32　　　　　 B．27
C．16 D．40
3．函數f(x)＝x3－3x(|x|<1)(　　)
A．有最大值，但無最小值
B．有最大值，也有最小值
C．無最大值，但有最小值
D．既無最大值，也無最小值
4．函數f(x)＝＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是____________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　求函數的最值
例1　(1)求函數f(x)＝x2(x－2)在區間[－1，3]上的最大值和最小值；
(2)求函數f(x)＝ln x－在區間[1，e]上的最值．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數求函數最值的方法
鞏固訓練1　求函數f(x)＝(x－1)ex在區間[－1，2]上的最大值和最小值．
題型2　由函數的最值確定參數的值
例2　設[聽課記錄]
【方法總結】
已知函數在某區間上的最值求參數的值(或范圍)是求函數最值的逆向思維，一般先求導數，利用導數研究函數的單調性及極值點，探索最值點，根據已知最值列方程(不等式)解決問題．
鞏固訓練2　若f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a、b的值．
題型3　利用導數證明不等式
例3　已知函數f(x)＝ln x－x.
(1)求f(x)的最大值；
(2)證明：ln x0)．
[聽課記錄]
【方法總結】
待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”的函數，利用導數研究其單調性，借助所構造函數的單調性即可得證．
鞏固訓練3　求證：x>1時，x－1第2課時　函數的最大(小)值
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
連續不斷
要點二
(1)極值　(2)極值　f(a)　f(b)　最大值　最小值
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：因為y′＝－3x(x－4)，所以當0≤x≤4時，y′≥0；
當x>4時，y′<0.
所以函數在[0，4]上單調遞增；在(4，＋∞)上單調遞減，
因此，y＝－x3＋6x2(x≥0)的最大值為－43＋6×42＝32.
故選A.
答案：A
3．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當x∈(－1，1)時，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，1)上是單調遞減函數，無最大值和最小值．
故選D.
答案：D
4．解析：由題設，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x－1)(x＋3)，
∴[0，1)上f′(x)<0，f(x)單調遞減；(1，2]上f′(x)>0，f(x)單調遞增；
∴f(x)在[0，2]上的最小值為f(1)＝－7＝－.
答案：－
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)∵f(x)＝x2(x－2)＝x3－2x2，所以，f′(x)＝3x2－4x.
由f′(x)＝3x2－4x>0，解得x<0或x>；
由f′(x)＝3x2－2x<0，解得0所以f(x)在[－1，0)上單調遞增，在(0，)上單調遞減，在(，3]上單調遞增，
所以，f(x)極大值＝f(0)＝0，f(x)極小值＝f()＝－，
又因為f(－1)＝－3，f(3)＝9，所以f(x)max＝9，f(x)min＝－3.
(2)由題意知：f′(x)＝(x>0)．
令f′(x)＝0，解得x＝2.
x＝2把f(x)定義域劃分成兩個區間，f′(x)在各區間上的正負，以及f(x)的單調性如下表所示：
x 1 (1，2) 2 (2，＋∞) e
f′(x) － 0 ＋
f(x) 1 單調遞減 ln 2 單調遞增
所以f(x)在區間[1，e]上的最小值是ln 2，最大值是1.
鞏固訓練1　解析：f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，
x>0時，f′(x)>0；x<0時，f′(x)<0.
所以f(x)在[－1，0)上遞減，在(0，2]上遞增，
所以f(x)極小值＝f(0)＝－1，無極大值．
又f(0)＝－1，f(－1)＝－，f(2)＝e2.
所以最大值為e2，最小值為－1.
例2　解析：f′(x)＝3x2－3ax，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
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
從上表可知，當x＝0時，f(x)取得極大值b，而f(0)>f(a)，f(1)>f(－1)，
故需比較f(0)與f(1)的大小及f(－1)與f(a)的大小．
因為f(0)－f(1)＝a－1>0，
所以f(x)的最大值為f(0)＝b，所以b＝1.
又f(－1)－f(a)＝(a＋1)2(a－2)<0，
所以f(x)的最小值為f(－1)＝－1－a＋b＝－a，
所以－a＝－，所以a＝.
故所求函數的解析式是f(x)＝x3－x2＋1.
鞏固訓練2　解析：∵f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，∴f′(x)＝3ax2－12ax＝3a(x2－4x)＝3ax(x－4)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，∵x∈[－1，2]，∴x＝0，
∵a>0，∴f(x)，f′(x)隨x變化情況如下表：
x (－1，0) 0 (0，2)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ↗ 最大值3 ↘
∴當x＝0時，f(x)取最大值f(x)max＝f(0)＝b，
∵f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，x∈[－1，2]的最大值為3，∴f(x)max＝f(0)＝b＝3.
又∵f(2)＝8a－24a＋3＝－16a＋3，f(－1)＝－7a＋3且a>0，∴f(2)∴當x＝2時，f(x)取最小值f(x)min＝f(2)＝－16a＋3，
∵f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，x∈[－1，2]的最小值為－29，∴f(2)＝－16a＋3＝－29，∴a＝2.
綜上所述：a＝2，b＝3.
例3　解析：(1)設f(x)＝ln x－x，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
當0當x>1時，函數f(x)單調遞減，
∴當x＝1時，函數有最大值，最大值為f(1)＝－1.
(2)證明：由(1)可得f(x)再設g(x)＝ex－x，∴g′(x)＝ex－1，
∵g′(x)＝ex－1>0，在(0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
∴g(x)>g(0)＝1>0，∴ex>x，
綜上可得ln x鞏固訓練3　證明：要證x>1時，x－10即可，
設g(x)＝x ln x－x＋1，(x>1)，則g′(x)＝ln x＋1－1＝ln x，
故當x>1時，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
故當x>1時，g(x)>g(1)＝0，即x ln x－x＋1>0，∴x－1題型探究·課堂解透——強化創新性
題型1　不等式恒成立問題
例1　[2022·福建寧德高二期末]已知函數f(x)＝(x>0)．
(1)求函數f(x)的最小值；
(2)若不等式f(x)≥x＋a ln x＋1對于x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍．
[聽課記錄]
【方法總結】
與最值有關的恒成立問題的解題策略
若不等式中含參數，則可考慮分離參數，以避免分類討論．
a>f(x)恒成立 a>f(x)max，a鞏固訓練1　已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－與x＝1處都取得極值．
(1)求a，b的值；
(2)若對任意x∈[－1，2]，不等式f(x)題型2　利用導數研究方程根(函數零點)的個數問題
例2　[2022·福建三明高二期末]已知函數f(x)＝ex－1(2x－1)－ax＋a(a∈R)．
(1)若a＝0，求函數f(x)的極值；
(2)討論函數f(x)的零點個數．
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數研究方程根(函數零點)的個數問題的一般步驟
鞏固訓練2　[2022·山東煙臺高二期末]已知函數f(x)＝x3－x2＋1.
(1)求f(x)的單調區間；
(2)討論方程f(x)＝a(a∈R)的解的個數．
題型3　導數在解決實際問題中的應用
例3　[2022·山東濟寧高二期中]某城鎮在規劃的一工業園區內架設一條16千米的高壓線，已知該段線路兩端的高壓線塔已經搭建好，余下的工程只需要在已建好的兩高壓線塔之間等距離的再修建若干座高壓電線塔和架設電線．已知建造一座高壓線電塔需2萬元，搭建距離為x千米的相鄰兩高壓電線塔之間的電線和人工費用等為4x[ln (x＋0.48)－0.125]萬元，所有高壓電線塔都視為“點”，且不考慮其他因素，記余下的工程費用為y萬元．
(1)試寫出y關于x的函數關系式；
(2)問：需要建造多少座高壓線塔，才能使工程費y有最小值？最小值是多少？(參考數據：ln 2≈0.69，ln 10≈2.30)
[聽課記錄]
【方法總結】
利用導數解決實際問題的策略
鞏固訓練3　將一塊2 m×6 m的矩形鋼板按如圖所示的方式劃線，要求①至⑦全為矩形，沿線裁去陰影部分，把剩余部分焊接成一個以⑦為底，⑤⑥為蓋的水箱，設水箱的高為x m，容積為ym3.
(1)寫出y關于x的函數關系式；
(2)當x取何值時，水箱的容積最大？
第3課時　函數極值與最值的綜合應用
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)f′(x)＝，
即f′(x)＝(x－e)，
當f′(x)<0，解得00，解得x>e，
f(x)的單調遞減區間為(0，e)；單調遞增區間為(e，＋∞)，
∴函數f(x)的最小值為f(e)＝1.
(2)解法一：(變量分離)整理得：a≤，
只需a≤()min，
先證明：ex≥x＋1，
構造g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，
當x>0時，g′(x)≥0，g(x)單調遞增，g(x)≥g(0)＝0，
從而證明得ex≥x＋1.
∵－x－1＝ex－eln x－x－1≥x－eln x＋1－x－1＝－eln x，
當僅且當x－eln x＝0即x＝e處取得等號．
∴＝－e，
∴a≤－e.
解法二：(不分離)f(x)≥x＋a ln x＋1 －x－a ln x－1≥0 ex－eln x－(x＋a ln x)－1≥0，
ex－eln x－(x＋a ln x)－1≥x－eln x＋1－(x＋a ln x)－1≥0得a≤－e，
下面證明當a≤－e時，－x－a ln x－1≥0.
∵a≤e，∴－x－a ln x－1≥－x＋eln x－1，
∴只需證明－x＋eln x－1≥0，
設φ(x)＝－x＋eln x－1，
則φ′(x)＝(x－e)－(x－e)＝··(x－e)．
由(1)得－1≥0且只在x＝e取等號，
∴當0∴當x>e時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，
∴φ(x)≥φ(e)＝0.
綜上a≤－e.
鞏固訓練1　解析：(1)由題設，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
又f′(－)＝a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝－，b＝－2.
(2)由(1)，知f(x)＝x3－x2－2x＋c，即f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
當x∈[－1，2]時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x [－1，－) － (－，1) 1 (1，2]
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 遞增 極大值 遞減 極小值 遞增
∴f(x)在[－1，－)上單調遞增，在(－，1)上單調遞減，在(1，2]上單調遞增，
∴當x＝－時，f(－)＝＋c為極大值，又f(2)＝2＋c，則f(2)＝2＋c為f(x)在[－1，2]上的最大值，
要使f(x)f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2，
∴實數c的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，+∞)．
例2　解析：(1)f(x)的定義域為R，
當a＝0時，f(x)＝ex－1(2x－1)，
f′(x)＝ex－1(2x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝－ ，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－) － (－，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 單調遞減 單調遞增
所以f(x)有極小值，無極大值．
(2)因為f(1)＝1，
當x≠1時，f(x)＝ex－1(2x－1)－ax＋a＝0 ＝a，
令g(x)＝＝ex－1(＋2)，
g′(x)＝ex－1[－＋2]＝－ex－1(－2)(＋1)，
當x<0或x>時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；
當0所以g(x)有極大值g(0)＝，極小值g()＝4，
令g(x)＝0，解得x＝.
當x<或x>1時，g(x)>0；當所以g(x)的圖象經過特殊點A(0，)，B(，0)，C(，4)，
當x→1時，g(x)→－∞，當x→＋∞時，g(x)→＋∞.
根據以上信息，我們畫出g(x)的大致圖象如圖所示．
f(x)的零點個數為函數y＝g(x)的圖象與直線y＝a的交點個數．
所以，關于函數f(x)的零點個數有如下結論：
當a>4或0當a＝4或a＝或a≤0時，f(x)有1個零點；
當鞏固訓練2　解析：(1)f′(x)＝3x2－2x＝3x(x－)，
令f′(x)＝0得，x＝0或x＝，
x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
x∈(0，)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
所以f(x)的單調遞增區間為(－∞，0)，(，＋∞)，單調遞減區間為(0，)．
(2)由(1)知，f(x)的單調遞增區間為(－∞，0)，(，＋∞)，單調遞減區間為(0，)，
當x＝0時，f(x)有極大值f(0)＝1，
當x＝時，f(x)有極小值f()＝，
當x→－∞，f(x)→－∞，當x→＋∞，f(x)→＋∞，
所以當a<或a>1，f(x)＝a的解有1個；
當a＝或a＝1，f(x)＝a的解有2個；
當例3　解析：(1)由題意知，需要新建的高壓線塔為－1(0所以y＝2(－1)＋×4x[ln (x＋0.48)－0.125]，
即y＝＋64ln (x＋0.48)－10(0(2)由(1)，得y′＝－＝，
令y′＝0得x＝0.8或x＝－0.3(舍去)．
由y′<0，得00，得0.8所以函數y在區間(0，0.8)上單調遞減；在區間(0.8，16)上單調遞增．
所以當x＝0.8時，函數y取得最小值，
且ymin＝＋64ln 1.28－10＝30＋64(7ln 2－2ln 10)≈44.72，
此時應建高壓線塔為－1＝19(座)．
故需建19座高壓線塔可使得余下的工程費用最低，且最小值為44.72萬元．
鞏固訓練3　解析：(1)由水箱的高為x m，得水箱底面的寬為(2－2x)m，長為＝(3－x)m.
故水箱的容積y＝(2－2x)(3－x)x＝2x3－8x2＋6x(0(2)由(1)得y′＝6x2－16x＋6，令y′＝0，
解得x＝(舍去)或x＝，
所以y＝2x3－8x2＋6x(0所以當x＝時，水箱的容積最大．

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