資源簡介

1．1.1　函數的平均變化率
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　平均速度
若在一直線上運動的動點P在任何時刻t的位置均可用f(t)表示，則從時刻a到時刻b的位移為f(b)－f(a)．因為所花時間為b－a，所以在時間段[a，b]內動點P的平均速度為v[a，b]＝.
批注 　平均速度是一個描述物體平均快慢程度和運動方向的矢量，它粗略地表示物體在一段時間內的運動情況．
要點二　平均變化率
一般地，函數y＝f(x)的自變量有可能不是時刻，因變量有可能不表示位置，因而就不一定是平均速度，但仍然反映了因變量y隨自變量x變化的________和________________，因此我們把稱為函數f(x)在區間[a，b]內的平均變化率 .
批注 　
(1)平均變化率不能脫離區間而言．
(2)函數的平均變化率可正可負，反映函數y＝f(x)在[a，b]上變化的快慢，變化快慢是由平均變化率的絕對值決定的，且絕對值越大，函數值變化得越快．
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)平均速度是刻畫某函數在區間[a，b]上變化快慢的物理量．(　　)
(2)因變量的改變量f(b)－f(a)一定大于0.(　　)
(3)函數的平均變化率不能為0.(　　)
2．質點運動規律s(t)＝t2＋3，則從3到3.3內，質點運動的平均速度為(　　)
A．6.3 B．36.3
C．3.3 D．9.3
3．設函數f(x)＝x2－1，當自變量x由1變到1.1時，函數f(x)的平均變化率是(　　)
A．2.1 B．0.21
C．1.21 D．12.1
4．函數f(x)＝x在區間[2，4]上的平均變化率為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　求平均速度
例1　一物體做直線運動，其路程與時間t的關系是S＝3t－t2.
(1)求此物體的初速度；
(2)求t＝0到t＝1的平均速度．
方法歸納
求物體平均速度的步驟
鞏固訓練1　已知一物體的運動方程為s(t)＝t2＋2t＋3，求物體在[1，1＋h]這段時間內的平均速度．
　求平均變化率
例2　已知函數f(x)＝－x2圖象上一點(－3，－9)及其附近一點(－3＋d，f(－3＋d))，求.
方法歸納
求平均變化率的步驟
鞏固訓練2　函數f(x)＝2x－3x在[0，2]上的平均變化率為(　　)
A． B．－
C．1 D．－2
　平均變化率的幾何意義
例3　已知函數f(x)＝x2－1圖象上兩點A(2，3)，B(2＋d，f(2＋d))，當d＝－1時，求割線AB的斜率.
方法歸納
一般地，P(x0，y0)是曲線y＝f(x)上一點，Q(x0＋d，f(x0＋d))是曲線上另外一點，則割線PQ的斜率為f(x)從x0變化到x0＋d的平均變化率．
鞏固訓練3　如圖，直線l為經過曲線上點P和Q的割線．
(1)若P(1，2)，Q(5，7)，求l的斜率；
(2)當點Q沿曲線向點P靠近時，l的斜率變大還是變小？
1．1.1　函數的平均變化率
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
f(b)－f(a)
要點二
快慢　變化方向(增減)
[基礎自測]
1．(1)√　(2)×　(3)×
2．解析：s(3)＝12，s(3.3)＝13.89，∴＝＝＝6.3，故選A.
答案：A
3．解析：根據平均變化率的公式，可得函數f(x)＝x2－1由1到1.1的平均變化率為：
＝＝2.1.故選A.
答案：A
4．解析：＝＝1.
答案：1
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)由于v＝＝＝3－t.
∴當t＝0時，v0＝3，即為初速度．
(2)S(1)－S(0)＝3×1－12－0＝2，
∴＝＝＝2.
∴從t＝0到t＝1的平均速度為2.
鞏固訓練1　解析：s(1＋h)－s(1)＝[(1＋h)2＋2(1＋h)＋3]－(12＋2×1＋3)＝h2＋4h，
于是得＝4＋h，
所以物體在[1，1＋h]這段時間內的平均速度為4＋h.
例2　解析：∵f(－3＋d)－f(－3)＝－(－3＋d)2－(－9)＝6d－d2，
∴＝＝6－d.
鞏固訓練2　解析：由題意得f(x)＝2x－3x在[0，2]上的平均變化率為＝－，故選B.
答案：B
例3　解析：∵f(2＋d)－f(2)＝(2＋d)2－1－22＋1＝4d＋d2，
∴kAB＝＝＝4＋d.
又d＝－1，所以4＋d＝3，
所以割線AB的斜率為3.
鞏固訓練3　解析：(1)因為P(1，2)，Q(5，7)，所以kl＝＝.
(2)當Q沿曲線向點P靠近時，直線的傾斜角α(銳角)在變大，又k＝tan α，所以直線l的斜率變大了．1．1.2　瞬時變化率與導數
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　瞬時速度
設物體運動的距離與時間之間的關系是s＝f(t)，則平均速度v(t，d)＝在d趨近于0時的________，就是物體在任意時刻t的瞬時速度 .
批注 　平均速度反映了物體在某一時間內運動的快慢程度，瞬時速度是物體某一時刻的速度．
要點二　導數的定義
設函數y＝f(x)在包含x0的某個區間上有定義，在d趨近于0時，如果比值趨近于一個確定的極限值，則稱此極限值為函數y＝f(x)在x＝x0處的導數或微商，記作f′(x0) .
批注 　f′(x0)也可表述為
f′(x0)＝＝，Δx不可以是0.
要點三　導函數的定義
若y＝f(x)在定義區間中任一點的導數都________，則f′(x)(或y′)也是x的函數，我們把f′(x)(或y′)叫作y＝f(x)的導函數 或一階導數．
既然導函數f′(x)也是函數，若f′(x)在定義區間任一點處都可導，則它的導數叫作f(x)的二階導數，記作f″(x)．類似地，可以定義三階導數f (x)等等．
批注 　函數y＝f(x)在x＝x0處的導數與導函數是不同的，前者是一個數值，后者是一個函數．它們之間的關系是：函數y＝f (x)在x＝x0處的導數f′(x0)就是導函數f′(x)在x＝x0處的函數值．
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)瞬時變化率是刻畫某函數值在區間[x1，x2]內變化快慢的物理量．(　　)
(2)函數在x＝x0處的導數f′(x0)是一個常數．(　　)
(3)函數y＝f(x)在x＝x0處的導數值與d的正、負無關．(　　)
2．一物體按規律s(t)＝t2運動，則在t＝1時的瞬時速度是(　　)
A．1　　　 B．2
C．4　　　 D．16
3．已知函數f(x)在x＝x0處的導數為1，則當h趨近于0時，趨近于(　　)
A．1 B．－1
C．3 D．－3
4．物體做勻速運動，其運動方程是s＝vt，則該物體在運動過程中的平均速度與任何時刻的瞬時速度的關系是________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　求瞬時速度
例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)求物體在哪一時刻的瞬時速度為9 m/s.
方法歸納
求運動物體瞬時速度的一般步驟
鞏固訓練1　一質點M按運動方程s(t)＝at2＋1做直線運動(位移單位：m，時間單位：s)，若質點M在t＝2 s時的瞬時速度為8 m/s，求常數a的值．
　導數定義的應用
例2　求函數y＝x－在x＝1處的導數．
方法歸納
用導數定義求函數在某一點處的導數的一般步驟
鞏固訓練2　求函數f(x)＝3x2＋ax＋b在x＝1處的導數．
1．1.2　瞬時變化率與導數
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
極限
要點二
f(x0＋d)－f(x0)
要點三
存在
[基礎自測]
1．(1)×　(2)√　(3)×
2．解析：＝＝＝d＋2，
當d趨近于0時，d＋2趨近于2，
所以t＝1時的瞬時速度是2.
答案：B
3．解析：由導數的定義可知：當h→0，趨近于f′(x0)＝1.
答案：A
4．解析：物體做勻速運動，所以任何時刻的瞬時速度都是一樣的．
答案：相等
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)按定義計算
＝＝3＋d，
∵d→0時，3＋d→3，
∴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.
＝2t0＋1＋d，
d→0時，2t0＋1＋d→2t0＋1，
則2t0＋1＝9，∴t0＝4，
∴物體在4 s時的瞬時速度為9 m/s.
鞏固訓練1　解析：∵質點M在t＝2 s附近的平均變化率為
＝＝4a＋ad，
d→0時，4a＋ad→4a，即4a＝8，即a＝2.
例2　解析：因為函數的改變量為(1＋d)－－(1－)＝d＋，
所以平均變化率為＝1＋.
d→0時，1＋→2，
所以f′(1)＝2，即函數y＝x－在x＝1處的導數為2.
鞏固訓練2　解析：∵f(1＋d)－f(1)＝[3(1＋d)2＋a(1＋d)＋b]－(3＋a＋b)＝3d2＋(6＋a)d，
∴＝＝3d＋6＋a.
又當d→0時，3d＋6＋a趨近于6＋a.
因此f′(1)＝6＋a.1．1.3　導數的幾何意義
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點　導數的幾何意義
函數y＝f(x)在x＝x0處的導數 ，就是曲線y＝f(x)在x＝x0處的切線的斜率，即k＝________．
批注 　函數在某點的導數不存在時，切線有可能存在，此時切線垂直于x軸．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數y＝f(x)在x＝x0處的導數值就是曲線y＝f(x)在x＝x0處的切線的斜率．(　　)
(2)直線與曲線相切，則直線與已知的曲線只有一個公共點．(　　)
(3)若f′(x0)不存在，則曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處沒有切線．(　　)
2．曲線y＝f(x)在x＝1處的切線如圖所示，則f′(1)＝(　　)
A.1 B．－C． D．－1
3．已知函數y＝f(x)的圖象在點A(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1，則f′(1)＝(　　)
A．1 B．－1
C．0 D．不存在
4．已知函數f(x)在x0處的導數為f′(x0)＝1，則函數f(x)在x＝x0處切線的傾斜角為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　導數的幾何意義
例1　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方法歸納
曲線在某點處切線的斜率就是該點的導數值，此時該點既在曲線上又在切線上．
鞏固訓練1　如圖，函數y＝f(x)的圖象在點P處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)＝(　　)
A.－2
B．2
C．3
D．無法確定
　在某點處的切線問題
例2　已知曲線C：y＝x3＋.求曲線C在橫坐標為2的點處的切線方程．
方法歸納
求曲線在某點處的切線方程的一般步驟
鞏固訓練2　曲線f(x)＝x3－3x在點(－2，f(－2))處的切線方程為y＝kx＋b，則實數b＝(　　)
A．－16 B．16
C．－20 D．20
　過某點的切線問題
例3　求過點(2，0)且與曲線y＝f(x)＝相切的直線方程．
方法歸納
求曲線y＝f(x)的切線方程時，一定要弄清楚是求某點處的切線方程，還是求過某點的切線方程．后者需要先設出切點坐標，求出切點坐標后，再利用直線的點斜式方程求解．
鞏固訓練3　求曲線y＝f(x)＝x2過點P(1，1)的切線方程．
1．1.3　導數的幾何意義
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點
f′(x0)
[基礎自測]
1．(1)√　(2)×　(3)×
2．解析：由圖可知切線斜率為，∴f′(1)＝.
答案：C
3．解析：由切線方程y＝－x＋1知切線斜率k＝f′(1)＝－1.
答案：B
4．解析：設切線的傾斜角為α，則tan α＝f′(x0)＝1，
又α∈[0，π)，所以α＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：如題圖所示，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答案：C
鞏固訓練1　解析：由題圖，f′(5)＝－1，且f(5)＝－5＋8＝3，
所以f(5)＋f′(5)＝2.
答案：B
例2　解析：將x＝2代入曲線C的方程得y＝4，
∴切點P(2，4)．
在曲線上另取一點Q(2＋d，(2＋d)3＋)，
∵kPQ＝＝4＋2d＋d2，
當d→0時，kPQ→4，
所以切線的斜率為4，
∴曲線在點P(2，4)處的切線方程為y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0.
鞏固訓練2　解析：因為
＝＝d2－6d＋9，
所以當d→0時，d2－6d＋9→9.
所以曲線f(x)＝x3－3x在點(－2，f(－2))處的切線的斜率為9.
又f(－2)＝(－2)3－3×(－2)＝－2，
所以在點(－2，f(－2))處的切線方程為y＝9x＋16.
故b＝16.
答案：B
例3　解析：設切點為Q(x0，y0)，
因為＝＝，
所以當d→0時，
則f′(x0)＝，又f(x0)＝，
所以切線方程為y－＝(x－x0)，
切線過點(2，0)，所以－＝(2－x0)，解得x0＝1，
所以切線方程是y－4＝－4(x－1)，即4x＋y－8＝0.
鞏固訓練3　解析：設切點為)，
因為＝＝2x0＋d，
所以當d→0時，2x0＋d→2x0，
所以f′(x0)＝2x0，
所以切線方程是＝2x0(x－x0)，
切線過點(1，1)，則＝2x0(1－x0)，解得x0＝1，
所以切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.1．2.1　幾個基本函數的導數
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　常見冪函數的導數
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)＝________
批注 　是學習本章后面知識的基礎．
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 　
(1)若函數式中含有根式，一般將其轉化為分數指數冪的形式，再利用f(x)＝xα(α≠0)的導數公式解決．
(2)記憶正弦函數、余弦函數的導數時，一要注意函數名的變化，二要注意符號的變化．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)(sin )′＝cos .(　　)
(2)因為(ln x)′＝，所以()′＝ln x．(　　)
(3)若f′(x)＝sin x，則f(x)＝cos x．(　　)
2．f(x)＝，則f′(－2)＝(　　)
A.4 B．C．－4 D．－
3．函數f(x)＝ex，則f′(0)＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．e
4．設函數f(x)＝sin x，則f′(－)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　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＝1－2sin2.
方法歸納
利用導數公式求函數的導數的策略
鞏固訓練1　若f(x)＝x3，g(x)＝log3x，則f′(x)－g′(x)＝________．
　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)＝cosx在()處的導數．
方法歸納
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　已知f(x)＝，且f′(1)＝－，求n.
　利用導數公式解決與切線有關問題
例3　若函數f(x)＝ln x＋a(a>0)，函數g(x)＝ex.
(1)若函數f(x)在x＝1處的切線與坐標軸圍成的面積為，求實數a的值；
(2)若直線y＝kx與f(x)，g(x)的圖象都相切，求實數a的值．
方法歸納
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　已知點P(－1，1)，點Q(2，4)是曲線y＝x2上的兩點，求與直線PQ平行的曲線y＝x2的切線方程．
1．2.1　幾個基本函數的導數
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　
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)×
2．解析：f′(x)＝－，所以f′(－2)＝－＝－.
答案：D
3．解析：因為f(x)＝ex，所以f′(x)＝ex，所以f′(0)＝e0＝1.
答案：B
4．解析：因為f(x)＝sin x，所以f′(x)＝cos x，
所以f′＝cos ＝cos ＝.
答案：
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＝cosx，所以y′＝－sin x．
鞏固訓練1　解析：∵f′(x)＝3x2，g′(x)＝，
∴f′(x)－g′(x)＝3x2－.
答案：3x2－
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：由題設，f′(x)＝)′＝－·，
∴f′(1)＝－＝－＝－，可得n＝4.
例3　解析：(1)由已知f′(x)＝，則f′(1)＝1，又f(1)＝a，
所以函數f(x)在x＝1處的切線為y＝x＋a－1，
當x＝0時，y＝a－1，當y＝0時，x＝1－a，
則×|a－1|×|1－a|＝，
又a>0，解得a＝2.
(2)由已知f′(x)＝，g′(x)＝ex，
設直線y＝kx與f(x)，g(x)的圖象相切的切點分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
則＝＝k，
所以x1＝，x2＝ln k，
可得直線y＝kx與函數f(x)＝ln x＋a的切點為(，1)，
直線y＝kx與函數g(x)＝ex的切點為(ln k，k ln k)，
∴，解得a＝2.
鞏固訓練3　解析：因為y′＝(x2)′＝2x，設切點為M(x0，y0)，
則＝2x0，
又因為直線PQ的斜率為k＝＝1，而切線平行于直線PQ，
所以k＝2x0＝1，即x0＝，
所以切點為M()．
所以所求的切線方程為y－＝x－，
即4x－4y－1＝0.1．2.2　函數的和差積商求導法則
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)()′＝.
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[]　′≠.
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)若f′(x)＝2x，則f(x)＝x2.(　　)
(2)已知函數y＝2sin x－cos x，則y′＝2cos x＋sin x．(　　)
(3)已知函數f(x)＝(x＋1)(x＋2)，則f′(x)＝2x＋1.(　　)
2．函數f(x)＝x2＋sin x的導數f′(x)＝(　　)
A．2x＋cos x B．2x＋sin x
C．x＋cos x D．x－cos x
3．函數y＝sin x·cos x的導數是(　　)
A．y′＝cos2x＋sin2x
B．y′＝cos2x－sin2x
C．y′＝2cosx·sin x
D．y′＝cos x·sin x
4．函數f(x)＝x＋在x＝1處的導數是________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
　利用導數的加法與減法法則求導
例1　求下列函數的導數．
(1)y＝2x3＋x2－x＋1；
(2)y＝x4＋cos x；
(3)y＝ex＋ln x．
方法歸納
熟記常見基本初等函數的求導公式是進行求導運算的前提．判斷所給函數解析式的結構特點，選擇正確的公式和運算法則．
鞏固訓練1　求下列函數的導數．
(1)y＝x5＋x3；
(2)y＝5x－ln x；
(3)y＝log5x＋sin x．
　利用導數的乘法與除法法則求導
例2　求下列函數的導數：
(1)y＝(2x2－1)(3x＋1)；
(2)y＝；
(3)y＝ex cos x．
方法歸納
求函數導數的策略
對一個函數求導時，要緊扣導數運算法則，聯系基本初等函數的導數公式．當不易直接應用導數公式時，應先對函數進行化簡(恒等變形)，然后求導．這樣可以減少運算量，優化解題過程．
鞏固訓練2　求下列函數的導數：
(1)f(x)＝(x2＋1)(x－)；
(2)f(x)＝.
　利用導數運算法則解決與切線有關的問題
例3　已知函數f(x)＝ax2＋ln x的導數為f′(x)．
(1)求f(1)＋f′(1)；
(2)若曲線y＝f(x)存在垂直于y軸的切線，求實數a的取值范圍．
方法歸納
解與切線有關問題的策略
鞏固訓練3　已知函數f(x)＝ax2＋bx＋3(a≠0)，其導函數f′(x)＝2x－8.
(1)求a，b的值；
(2)設函數g(x)＝ex sin x＋f(x)，求曲線g(x)在x＝0處的切線方程．
1．2.2　函數的和差積商求導法則
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點
(1)cf′(x)　(4)－
[基礎自測]
1．(1)×　(2)√　(3)×
2．解析：由f(x)＝x2＋sin x，可得f′(x)＝2x＋cos x.
答案：A
3．解析：y′＝(sin x·cos x)′＝cos x·cos x＋sin x·(－sin x)＝cos2x－sin2x.
答案：B
4．解析：因為f′(x)＝(x＋)′＝x′＋′＝1－，
所以f′(1)＝1－1＝0.
答案：0
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)y′＝(2x3)′＋(x2)′－(x)′＋(1)′＝6x2＋2x－1.
(2)y′＝(x4)′＋(cosx)′＝4x3－sin x.
(3)y′＝(ex)′＋(ln x)′＝ex＋.
鞏固訓練1　解析：(1)y′＝′＋′＝x4＋2x2.
(2)y′＝(5x)′－(ln x)′＝5x ln 5－.
(3)y′＝(log5x)′＋(sin x)′＝＋cos x．
例2　解析：(1)y′＝(2x2－1)′(3x＋1)＋(2x2－1)(3x＋1)′
＝4x(3x＋1)＋3(2x2－1)＝18x2＋4x－3.
(2)y′＝
＝
＝.
(3)y′＝(ex)′cos x＋ex(cos x)′＝ex(cos x－sin x)．
鞏固訓練2　解析：(1)f′(x)＝2x(x－)＋(x2＋1)(1＋)＝3x2＋.
(2)f′(x)＝＝.
例3　解析：(1)由題意，函數的定義域為(0，＋∞)，
由f(x)＝ax2＋ln x，得f′(x)＝2ax＋，
所以f(1)＋f′(1)＝3a＋1.
(2)因為曲線y＝f(x)存在垂直于y軸的切線，故此時切線斜率為0，問題轉化為在x∈(0，＋∞)內導函數f′(x)＝2ax＋存在零點．
令f′(x)＝0，即2ax＋＝0有正實數解，
即2ax2＝－1有正實數解，故有a<0，
所以實數a的取值范圍是(－∞，0)．
鞏固訓練3　解析：(1)因為f(x)＝ax2＋bx＋3(a≠0)，
所以f′(x)＝2ax＋b.
又知f′(x)＝2x－8，所以a＝1，b＝－8.
(2)由(1)可知g(x)＝ex sin x＋x2－8x＋3，
所以g′(x)＝ex sin x＋ex cos x＋2x－8，
所以g′(0)＝e0sin 0＋e0cos 0＋2×0－8＝－7.
又知g(0)＝3，
所以g(x)在x＝0處的切線方程為y－3＝－7(x－0)．即7x＋y－3＝0.1．2.3　簡單復合函數的求導
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，設y＝f(u)是關于u的函數，u＝g(x)是關于x的函數，則y＝f(g(x)) 是關于x的函數，稱為函數y＝f(u)和u＝g(x)的復合函數．
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＝____________，即y對x的導數等于________________________________________．
批注 　判斷復合函數的復合關系的一般方法是從外向里分析，最外層的主體函數結構是以基本函數為主要結構的，內層的中間變量結構也都是基本函數關系，這樣一層一層地分析．
批注 　關鍵在于：
(1)準確將復合函數分解成基本函數；
(2)正確運用復合函數的求導法則．
基 礎 自 測　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)y＝cos 3x由函數y＝cos u，u＝3x復合而成．(　　)
(2)函數f(x)＝sin (2x)的導數為f′(x)＝cos 2x.(　　)
(3)函數f(x)＝e2x－1的導數為f′(x)＝2e2x－1.(　　)
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＝cos (－x)的導數是(　　)
A．cos x B．－cos x
C．－sin x D．sin x
4．已知函數f(x)＝e－x，則f′(－1)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　求復合函數的導數
例1　(1)y＝；
(2)y＝cos (x2)；
(3)y＝log2(2x＋1)；
(4)y＝e3x＋2.
方法歸納
復合函數求導的步驟
鞏固訓練1　求下列函數的導數．
(1)y＝(4－3x)2；
(2)y＝cos (2x－)；
(3)y＝ln (4x－1)；
(4)y＝.
　復合函數導數的應用
例2　設f(x)＝ln (x＋1)＋＋ax＋b(a，b∈R，a，b為常數)，曲線y＝ f(x)與直線y＝x在(0，0)點相切．求a，b的值．
方法歸納
解決復合函數求導與導數幾何意義綜合問題的方法
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2　求過點P(－1，2)且與曲線y＝3x2－4e－x＋1－2在點M(1，－3)處的切線l平行的直線方程．
1．2.3　簡單復合函數的求導
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點二
y′u·u′x　y對u的導數與u對x的導數的乘積
[基礎自測]
1．(1)√　(2)×　(3)√
2．解析：y＝cosnx，中間變量為u＝cosx.
答案：C
3．解析：y′＝－sin (－x)(－x)′＝－sin x.
答案：C
4．解析：因為f′(x)＝－e－x，所以f′(－1)＝－e.
答案：－e
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)令u＝1－3x，則y＝＝u－4，
所以y′u＝－4u－5，u′x＝－3.
所以y′x＝y′u·u′x＝12u－5＝.
(2)令u＝x2，則y＝cos u，
所以y′x＝y′u·u′x＝－sin u·2x＝－2x sin (x2)．
(3)設y＝log2u，u＝2x＋1，
則y′x＝y′uu′x＝＝.
(4)設y＝eu，u＝3x＋2，
則y′x＝(eu)′·(3x＋2)′＝3eu＝3e3x＋2.
鞏固訓練1　解析：(1)y′＝[(4－3x)2]′＝2(4－3x)·(4－3x)′
＝2(4－3x)·(－3)＝18x－24.
(2)y′＝[cos (2x－)]′＝－sin (2x－)·(2x－)′＝－2sin (2x－)．
(3)y′＝[ln (4x－1)]′＝·(4x－1)′＝.
(4)y′＝)′＝·(x2)′＝.
例2　解析：由曲線y＝f(x)過(0，0)點，
可得ln 1＋1＋b＝0，故b＝－1.
由f(x)＝ln (x＋1)＋＋ax＋b，
得f′(x)＝＋a，
則f′(0)＝1＋＋a＝＋a，
即為曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線的斜率．
由題意，得＋a＝，故a＝0.
鞏固訓練2　解析：∵y′＝(3x2－4e－x＋1－2)′＝6x＋4e－x＋1，
∴曲線在點M(1，－3)處的切線l的斜率為6＋4＝10，
過點P(－1，2)且與切線l平行的直線方程為y－2＝10(x＋1)，即10x－y＋12＝0.1．3.1　函數的單調性與導數
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　函數的單調性與其導數的正負之間的關系
定義在區間(a，b)內的函數y＝f(x)：
f′(x)的正負 f(x)的單調性
f′(x)>0 單調遞____
f′(x)<0 單調遞____
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　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)
　
基 礎 自 測
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．(　　)
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
　單調性與導數的關系
例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(　　)
方法歸納
研究函數與導函數圖象之間關系的方法
研究一個函數的圖象與其導函數圖象之間的關系時，注意抓住各自的關鍵要素，對于原函數，要注意其圖象在哪個區間內單調遞增，在哪個區間內單調遞減；而對于導函數，則應注意其函數值在哪個區間內大于零，在哪個區間內小于零，并分析這些區間與原函數的單調區間是否一致．
鞏固訓練1　偶函數f′(x)為f(x)的導函數，f′(x)的圖象如圖所示，則函數f(x)的圖象可能為(　　)
　利用導數求函數的單調區間
例2　求函數f(x)＝x2－ln x的單調區間．
方法歸納
求函數單調區間的步驟
鞏固訓練2　函數f(x)＝(x2＋2x)ex(x∈R)的單調遞減區間為________________．
　已知函數的單調性求參數的范圍
例3　(1)若函數f(x)＝kx－ln x在區間(1，＋∞)單調遞增，則k的取值范圍是________；
(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．
方法歸納
利用導數求參數取值范圍的兩個策略
鞏固訓練3　已知函數f(x)＝x3－ax－1為增函數，求實數a的取值范圍．
1．3.1　函數的單調性與導數
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
增　減
要點二
快　陡峭　慢　平緩
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)√
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.
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．
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：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，后增，最后減，所以f′(x)先負后正，最后為負．
答案：B
鞏固訓練1　解析：由題意可知，f′(x)為偶函數，設f′(x)的圖象與x軸的兩個交點的橫坐標分別為－x1，x1，(x1>0)，由圖象可得，當x<－x1時，f′(x)>0，則f(x)單調遞增，當x1時，f′(x)>0，則f(x)單調遞增，故選項A錯誤，選項D錯誤；由f′(x)的圖象可知，f′(x)在x＝0左右的函數值是變化的，不同的，而選項C中，f(x)的圖象在x＝0左右是一條直線，其切線的斜率為定值，即導數f′(x)為定值，故選項C錯誤，選項B正確．
答案：B
例2　解析：函數f(x)＝x2－ln x的定義域為(0，＋∞)，
又f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1(舍)．
f′(x)，f(x)隨x的變化如表所示．
x (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 單調遞減 f(1) 單調遞增
故函數f(x)＝x2－ln x的單調遞增區間為(1，＋∞)；單調遞減區間為(0，1)．
鞏固訓練2　解析：由f′(x)＝(x2＋4x＋2)ex<0，
即x2＋4x＋2<0，
解得－2－所以f(x)＝(x2＋2x)ex的單調遞減區間為(－2－，－2＋)．
答案：(－2－，－2＋)
例3　解析：(1)由于f′(x)＝k－，則f(x)＝kx－ln x在區間(1，＋∞)上單調遞增等價于f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.
即k的取值范圍為[1，＋∞)．
(2)對函數f(x)求導得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)[1，＋∞)　(2)見解析
鞏固訓練3　解析：由已知得f′(x)＝3x2－a，
因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2對x∈R恒成立，
因為3x2≥0，所以只需a≤0.
又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，
即f(x)＝x3－1在R上是增函數，所以a≤0.1．3.2　函數的極值與導數
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　函數的極值與導數
條件 f′(x0)
x0附近的左側f′(x)≥0，右側f′(x)≤0 x0附近的左側f′(x)≤0，右側f′(x)≥0
圖象
極值 f(x0)為極大值 f(x0)為極小值
極值點 x0為極大值點 x0為極小值點
批注 　函數極值是一個局部的概念，是僅對某一點的左右兩側附近的點而言的．
批注 　極值點是函數定義域上的自變量的值，而函數定義域的端點絕不是函數的極值點．
要點二　函數的駐點與極值點
(1)若f′(c)＝0，則________叫作函數f(x)的駐點．
(2)如果一個函數的導數在駐點的兩側________，則該駐點就是此函數的一個極值點
批注 　也就是說，若f′(c)存在，則f′(c)＝0是f(x)在x＝c處取到極值的必要條件，但不是充分條件．
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)導數為0的點一定是極值點．(　　)
(2)函數的極大值一定大于極小值．(　　)
(3)函數y＝f(x)一定有極大值和極小值．(　　)
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　
　求函數的駐點、極值點和極值
例1　求下列函數的駐點、極值點、極值．
(1)y＝(x2－1)3＋1；
(2)f(x)＝.
方法歸納
求函數駐點、極值點和極值的步驟
鞏固訓練1　求函數f(x)＝－2的駐點、極值點和極值．
　已知函數極值求參數
例2　(1)若函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取得極值10，則a＝________，b＝________.
(2)已知函數f(x)＝x3＋ax2－(a－1)x＋7既有極大值又有極小值，求實數a的取值范圍．
已知函數極值求參數的方法
鞏固訓練2　
(1)已知函數f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1處有極值，則a＝________，b＝________．
(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，求實數m的取值范圍．
　函數極值的綜合應用
例3　若對任意a∈[3，4]，函數f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)在R上都有三個零點，求實數b的取值范圍．
方法歸納
利用導數可以判斷函數的單調性，研究函數的極值情況，并能在此基礎上畫出函數的大致圖象，從直觀上判斷函數圖象與x軸的交點或兩個函數圖象的交點的個數，從而為研究方程根的個數問題提供了方便．
鞏固訓練3　已知曲線f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a與x軸只有一個交點，求實數a的取值范圍．
1．3.2　函數的極值與導數
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點二
(1)x＝c　(2)變號
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)×
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．
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．
答案：A
4．解析：∵f(x)＝x3－3x2＋2，
∴f′(x)＝3x2－6x，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2.
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
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：(1)y′＝6x(x2－1)2＝6x(x＋1)2(x－1)2.
令y′＝0，解得x1＝－1，x2＝0，x3＝1.
當x變化時，y′，y的變化情況如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)
y′ － 0 － 0 ＋ 0 ＋
y ↘ 無極值 ↘ 極小值0 ↗ 無極值 ↗
∴x＝－1，x＝0，x＝1均為此函數的駐點．
x＝0是此函數的極小值點，y有極小值且極小值為0.
(2)函數f(x)＝的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝e.
當x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：
x (0，e) e (e，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ↗ ↘
因此，x＝e是函數的駐點也是極大值點，極大值為f(e)＝，沒有極小值．
鞏固訓練1　解析：函數f(x)的定義域為R.
f′(x)＝＝－.
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘
由上表可以看出，x＝－1和x＝1是函數的駐點．
x＝－1是函數的極小值點，且極小值為f(－1)＝－3；
x＝1是函數的極大值點，且極大值為f(1)＝－1.
例2　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.
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－a＋1.函數f(x)＝x3＋ax2－(a－1)x＋7既有極大值又有極小值，由二次函數圖象可知，只需函數f′(x)有兩個零點，即f′(x)＝0有兩個不同的實數解，
則Δ＝4a2＋12(a－1)>0，
解得a<或a>.
所以實數a的取值范圍是(－∞，，＋∞)．
答案：(1)4　－11　(2)見解析
鞏固訓練2　解析：(1)∵f′(x)＝3x2＋6ax＋b，且函數f(x)在x＝－1處有極值0，
∴即
解得或
當a＝1，b＝3時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，此時函數f(x)在R上為增函數，無極值，故舍去．
當a＝2，b＝9時，
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)．
當x∈(－∞，－3)時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數；
當x∈(－3，－1)時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數；
當x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數．
故f(x)在x＝－1時取得極小值，
∴a＝2，b＝9.
(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)2　9　(2)見解析
例3　解析：因為f(x)＝－x3＋ax2＋b，
所以f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x(x－)．a∈[3，4]，
令f′(x)>0，即－3x(x－)>0，解得0所以f(x)極大值＝f＝＋b，
f(x)極小值＝f(0)＝b.
由于對任意a∈[3，4]，
函數f(x)在R上都有三個零點，
所以即
解得－因為對任意a∈[3，4]，b>－恒成立，
所以b>(－)max＝－＝－4.
所以實數b的取值范圍為(－4，0)．
鞏固訓練3　解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9.
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
列表：
x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘
所以當x＝－1時，f(x)有極小值f(－1)＝a－5；
當x＝3時，f(x)有極大值f(3)＝a＋27.
畫出大致圖象，要使f(x)的圖象與x軸只有一個交點，只需極大值小于0(如圖1)或極小值大于0(如圖2)．
所以a＋27<0或a－5>0，解得a<－27或a>5.
故實數a的取值范圍為a<－27或a>5.1．3.3　三次函數的性質：單調區間和極值
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)內的________；
(2)求函數y＝f(x)在端點處的函數值f(a)，f(b)；
(3)將函數y＝f(x)的各________與f(a)，f(b)比較，其中最大者是________，最小者是________．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數的最大值不一定是函數的極大值．(　　)
(2)函數f(x)在區間[a，b]上的最大值與最小值一定在區間端點處取得．(　　)
(3)有極值的函數一定有最值，有最值的函數不一定有極值．(　　)
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
　求三次函數的最值
例1　已知函數f(x)＝x3－x2＋ax＋b，若曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求函數y＝f(x)在[－2，2]上的最小值．
方法歸納
利用導數求函數最值的方法
鞏固訓練1　求函數f(x)＝x3－4x在區間[－3，3]的最大值與最小值．
　由函數的最值確定參數的值
例2　設方法歸納
由函數最值求參數的方法
先求出函數在給定區間上的極值及函數在區間端點處的函數值，通過比較它們的大小，判斷出哪個是最大值，哪個是最小值．結合已知求出參數，進而使問題得以解決．要注意極值點是否在區間內．
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．
　與最值有關的恒成立問題
例3　設函數f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0)．
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m對t∈(0，2)恒成立，求實數m的取值范圍．
方法歸納
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3　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)1．3.3　三次函數的性質：單調區間和極值
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　(3)極值　最大值　最小值
[基礎自測]
1．(1)√　(2)×　(3)×
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.
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．
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)由已知可得f(0)＝b＝1.
又f′(x)＝3x2－2x＋a，
所以f′(0)＝a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋1，f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)>0，解得x<－或x>1，
所以f(x)在[－2，－)和[1，2]上單調遞增，在[，1)上單調遞減．
又因為f(－2)＝－9，f(1)＝0，
所以函數y＝f(x)在[－2，2]上的最小值為－9.
鞏固訓練1　解析：∵f′(x)＝x2－4 ，令f′(x)＝x2－4＝0得x＝±2.
當x變化時，f(x)，f′(x)變化如下：
x －3 (－3，－2) －2 (－2，2) 2 (2，3) 3
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 3 ↗ ↘ － ↗ －3
∴f(x)min＝f(2)＝－，f(x)max＝f(－2)＝.
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，所以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 ↘
所以當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)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴當x＝－t時，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(舍)．
當t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如下表：
t (0，1) 1 (1，2)
g′(t) ＋ 0 －
g(t) ↗ 極大值1－m ↘
∴g(t)在(0，2)上有最大值，g(1)＝1－m.
h(t)<－2t＋m在(0，2)上恒成立，等價于g(t)<0在(0，2)內恒成立，即等價于1－m<0，
所以m的取值范圍為(1，＋∞)．
鞏固訓練3　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)1．3.4　導數的應用舉例
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點　利用導數解決優化問題
(1)生活中經常遇到求利潤最大、用料最省、效率最高等問題，這些問題通常稱為優化問題 .
批注 　利用導數解決優化問題的實質是求函數最值．
(2)用導數解決優化問題的基本思路是：
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)用導數研究實際問題要先求定義域．(　　)
(2)將8分為兩個非負數之和，使其立方之和為最小，則分法為3和5.(　　)
(3)做一個容積為256 m3的方底無蓋水箱，所用材料最省時，它的高為4 m．(　　)
2．煉油廠某分廠將原油精煉為汽油，需對原油進行冷卻和加熱，如果第x小時，原油溫度(單位：℃)為f(x)＝x3－x2＋8(0≤x≤5)，那么原油溫度的瞬時變化率的最小值是(　　)
A．8　　　 B．C．－1　　　 D．－8
3．已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為(　　)
A．13萬件 B．11萬件
C．9萬件 D．7萬件
4．用總長為14.8 m的鋼條制作一個長方體容器的框架，若所制作容器的底面一邊比高長出0.5 m，則當高為________ m時，容器的容積最大．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　利潤最大問題
例1　某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系y＝＋10(x－6)2式，其中3＜x＜6，a為常數．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．
方法歸納
利潤最大問題是生活中常見的一類問題，一般根據“利潤＝收入－成本”建立函數關系式，再利用導數求最大值．
解此類問題需注意兩點：①價格要大于或等于成本，否則就會虧本；②銷量要大于0，否則不會獲利．
鞏固訓練1　某商場從生產廠家以每件20元的價格購進一批商品．設該商品零售價定為p元，銷售量為Q件，且Q與p有如下關系：Q＝8 300－170p－p2，則最大毛利潤為(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)(　　)
A．30元 B．60元
C．28 000元 D．23 000元
　用料、費用最少問題
例2　為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用15年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為8萬元．該建筑物每年的能源消耗費用C(單位：萬元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿足關系：C(x)＝(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元．設f(x)為隔熱層建造費用與15年的能源消耗費用之和．
(1)求k的值及f(x)的表達式；
(2)隔熱層修建多厚時，總費用f(x)達到最小，并求最小值．
方法歸納
用料、費用最少問題是日常生活中常見的問題之一．解決這類問題要明確自變量的意義以及最值問題所研究的對象，然后正確書寫函數表達式，準確求導，結合實際作答．
鞏固訓練2　一艘船從A地到B地，其燃料費w與船速v的關系為w(v)＝(18≤v≤30)，要使燃料費最低，則v＝(　　)
A．18 B．20
C．25 D．30
　幾何中的最值問題
例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y m3.
(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？
方法歸納
解決這類問題的關鍵是熟練掌握相關的面積、體積公式，能夠依據題意確定出自變量的取值范圍，建立準確的函數關系式，然后利用導數的方法加以解決．
鞏固訓練3　用長為18 cm的鋼條圍成一個長方體形狀的框架，要求長方體的長與寬之比為2∶1，問該長方體的長、寬、高各為多少時，其體積最大？最大體積是多少？
1．3.4　導數的應用舉例
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點
導數　函數
[基礎自測]
1．(1)√　(2)×　(3)√
2．解析：由題意，f ′(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，
∵0≤x≤5，
∴x＝1時，f ′(x)的最小值為－1，
即原油溫度的瞬時變化率的最小值是－1.
答案：C
3．解析：由題意得，y′＝－x2＋81，令y′＝0，解得x＝9或x＝－9(舍去)．
當0＜x＜9時，y′＞0；當x＞9時，y′＜0.
故當x＝9時，y取得極大值，也是最大值．
答案：C
4．解析：由題意列出函數表達式，再用導數求最值，設高為x m，則體積V＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，V′＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，解得x＝1或x＝－(舍去)．
答案：1
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)因為當x＝5時，y＝11，
所以＋10＝11，所以a＝2.
(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y＝＋10(x－6)2，
所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為
f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3從而f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)，
令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (3，4) 4 (4，6)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ↗ 極大值 ↘
由上表可得，x＝4是函數f(x)在區間(3，6)內的極大值點，也是最大值點．
所以當x＝4時，函數f(x)取得最大值，且最大值等于42.
答：當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．
鞏固訓練1　解析：由題意知：毛利潤等于銷售額減去成本，即L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8 300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000，所以L′(p)＝－300p＋11 700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．此時，L(30)＝23 000.因為在p＝30附近的左側L′(p)＞0，右側L′(p)＜0.所以L(30)是極大值，根據實際問題的意義知，L(30)是最大值．
答案：D
例2　解析：(1)隔熱層厚度x cm，依題意，每年能源消耗費用為C(x)＝，由C(0)＝8，得k＝40，
因此C(x)＝，而建造費用為C1(x)＝8x，
則隔熱層建造費用與15年的能源消耗費用之和為15C(x)＋C1(x)＝15·＋8x＝＋8x，
所以f(x)＝＋8x(0≤x≤10)．
(2)由(1)知，f′(x)＝8－，
令f′(x)＝0，即＝8，而0≤x≤10，解得x＝，
當00，即f(x)在(0，)上遞減，在(，10)上遞增，
則當x＝時，f(x)取最小值f＝＋8×＝.
所以當隔熱層修建 cm厚時，總費用達到最小值為萬元．
鞏固訓練2　解析：w′(v)＝＝，
當180，
所以w(v)在[18，30]上單調遞增，
所以當v＝18時，w(v)取得最小值．
答案：A
例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．
鞏固訓練3　解析：設長方體的寬為x(m)，則長為2x(m)，
高為：h＝＝4.5－3x(m)(0故長方體的體積為V(x)＝2x2(4.5－3x)＝9x2－6x3(0從而V′(x)＝18x－18x2＝18x(1－x)，
令V′(x)＝0，解得x＝0(舍去)或x＝1，∴x＝1.
當0＜x＜1時，V′(x)＞0；當1＜x＜時，V′(x)＜0，
故在x＝1處V(x)取得極大值，并且這個極大值就是V(x)的最大值．
最大體積V(x)＝9×12－6×13(m3)，此時長方體的長為2 m，高為1.5 m.
當長方體的長為2 m時，寬為1 m，高為1.5 m時，體積最大，最大體積為3 m3.

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