【数学】2018届一轮复习苏教版（理）简单的复合函数的导数及其应用教案（江苏专用）

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）简单的复合函数的导数及其应用教案（江苏专用）

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＝ln2x＋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－x2 ＝ 1－x＋ x 2 1－x 1－x ＝ 2－x 21－x 1－x . (3)y′＝(x2)′e2x＋x2(e2x)′＝2xe2x＋x2e2x·(2x)′＝2xe2x＋2x2e2x. (4)y′＝ ln2x＋1 x ′＝[ln2x＋1]′x－x′ln2x＋1 x2 ＝ 2x＋1′ 2x＋1 ·x－ln2x＋1 x2 ＝ 2x 2x＋1 －ln2x＋1 x2 ＝2x－2x＋1ln2x＋1 2x＋1x2 . [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＋22 ＝ ax2－41－a 1＋axx＋22 ， ∵(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， f2＝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.