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第五章　一元函數的導數及其應用
一、導數的幾何意義與運算
1．此部分內容涉及導數的幾何意義，基本初等函數求導法則、運算法則、復合函數求導，作為數形結合的橋梁，導數的幾何意義成為最近幾年高考的高頻考點，主要考查切線方程及切點，與切線平行、垂直問題，常結合函數的切線問題轉化為點到直線的距離，平行線間的距離問題，進而研究距離最值，難度中低檔．
2．通過求切線方程的有關問題，培養數學運算、數學抽象等核心素養．
例1　(1)已知函數f(x)＝，f′(x)為f(x)的導函數，則f′(x)等于(　　)
A. B.
C. D.
(2)曲線y＝在點(－1，－3)處的切線方程為______________．
跟蹤訓練1　(1)已知曲線f(x)＝aln x＋x2在點(1,1)處的切線與直線x＋y＝0平行，則實數a的值為(　　)
A．－3 B．1 C．2 D．3
(2)設f′(x)是函數f(x)的導函數，若f(x)＝x·ln(2x－1)，則f′(1)＝________.
二、函數的單調性、極值、最值
1．利用導數研究函數的單調性、極值、最值，并能解決有關的問題，是最近幾年高考的重點內容，難度中高檔．
2．通過求函數的單調性、極值、最值問題，培養邏輯推理、直觀想象及數學運算等核心素養．
例2　已知函數f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；
(2)當x≥0時，f(x)≥x3＋1，求a的取值范圍．
反思感悟　(1)利用導數判斷函數的單調性是解決一切應用問題的基礎，一般按照求導、通分、因式分解、分類討論的思路研究函數的單調性，從而掌握函數圖象的變化趨勢，達到解決問題的目的．
(2)①極值點是f′(x)的變號零點，除了找f′(x)＝0的實數根x0外，還需判斷f(x)在x0左側和右側的單調性．
②求函數最值時，不可想當然地認為極值就是最值，需通過比較端點值大小才能下結論．
跟蹤訓練2　(1)設函數f(x)＝＋ln x，則(　　)
A．x＝為f(x)的極大值點
B．x＝為f(x)的極小值點
C．x＝2為f(x)的極大值點
D．x＝2為f(x)的極小值點
(2)函數f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在區間[0,2π]上的最小值、最大值分別為(　　)
A．－， B．－，
C．－，＋2 D．－，＋2
三、與導數有關的綜合性問題
1．以函數為背景的實際問題給高考數學提供了廣闊的空間．導數是研究函數性質以及解決實際問題中的最大、最小值的強有力的工具， 多以選擇題和填空題的形式出現，難度中低檔．從近幾年高考題看，利用導數研究方程的根、函數的零點、證明不等式這些知識點常考到，一般出現在解答題中．其實質就是利用求導數的方法研究函數的性質及圖象，解決該類問題通常是構造一個函數，然后考查這個函數的單調性，結合給定的區間和函數在該區間端點的函數值使問題得以求解．一般出現在高考題解答題中，難度中高檔．
2．通過利用導數解決實際問題，培養數學建模，解決函數方程問題，提升邏輯推理，直觀想象及數學運算等核心素養．
例3　已知函數f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若存在x∈(1，＋∞)，使f(x)>－a，求a的取值范圍．
跟蹤訓練3　某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建造成本僅與表面積有關，側面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．
(1)將V表示成r的函數V(r)，并求該函數的定義域；
(2)討論函數V(r)的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．
章末復習課
例1　(1)D　[根據題意，
知函數f(x)＝，
其導函數f′(x)＝
＝＝.]
(2)5x－y＋2＝0
解析　y′＝′
＝＝，
所以y′|x＝－1＝＝5，
所以切線方程為y＋3＝5(x＋1)，
即5x－y＋2＝0.
跟蹤訓練1　(1)A　[由f(x)＝aln x＋x2，得f′(x)＝＋2x，則曲線在點(1,1)處的切線斜率為k＝a＋2，由切線與直線x＋y＝0平行，可得k＝－1，即a＋2＝－1，解得a＝－3.]
(2)2
解析　因為f(x)＝x·ln(2x－1)，
所以f′(x)＝ln(2x－1)＋·(2x－1)′
＝ln(2x－1)＋，則f′(1)＝2.
例2　解　(1)當a＝1時，
f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，
令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)單調遞增，注意到f′(0)＝0，
故當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，
f(x)單調遞減，
當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，
f(x)單調遞增．
(2)由f(x)≥x3＋1得，
ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，
①當x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意；
②當x>0時，分離參數a得，
a≥－，
記g(x)＝－，
g′(x)＝－，
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
則h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，
則t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)單調遞增，
h′(x)≥h′(0)＝0，
故函數h(x)單調遞增，
h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故當x∈(0,2)時，g′(x)>0，
g(x)單調遞增；
當x∈(2，＋∞)時，g′(x)<0，
g(x)單調遞減；
因此，g(x)max＝g(2)＝，
綜上可得，a的取值范圍是.
跟蹤訓練2　(1)D　[因為f(x)＝＋ln x，x>0，
所以f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0，
即－＋＝＝0，解得x＝2.
當0當x>2時，f′(x)>0，
所以x＝2為f(x)的極小值點．]
(2)D　[f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，則f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，
x＝或x＝.
因為f ＝cos ＋sin ＋1＝2＋，
f ＝cos ＋sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f ＝2＋，
f(x)min＝f ＝－.]
例3　解　(1)f′(x)＝－2ax＋＝，
當a≤0時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝，
令f′(x)>0，得x∈；
令f′(x)<0，得x∈，
所以f(x)在上單調遞增，
在上單調遞減．
(2)由f(x)>－a，
得a(x2－1)－ln x<0，
因為x∈(1，＋∞)，所以－ln x<0，x2－1>0，
當a≤0時，a(x2－1)－ln x<0，
符合題意；
設g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)，
則g′(x)＝>0，
當a≥時，
g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)>g(1)＝0，不符合題意；
當00，
得x∈，
令g′(x)<0，得x∈，
所以g(x)min＝g則存在x∈(1，＋∞)，使g(x)<0，
綜上，a的取值范圍是.
跟蹤訓練3　解　(1)因為蓄水池側面的建造成本為100·2πrh＝200πrh(元)，底面的建造成本為160πr2元，
所以蓄水池的總建造成本為(200πrh＋160πr2)元，
又200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
所以V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因為r>0，又由h>0可得r<5，
故函數V(r)的定義域為(0,5)．
(2)因為V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．
當r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上單調遞增；當r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上單調遞減．由此可知，V(r)在r＝5處取得極大值也為最大值，此時h＝8，
即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．

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