[优质]2020年高中数学第三章导数及其应用疑难规律方法学案苏教版选修1 - 1-优质资料

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x3+2x2+x+2x2x+2+x+2

解 ∵f(x)==

x+2x+2

=x+1(x≠-2).

∴f′(x)=(x+1)′=2x(x≠-2). 3.无理函数化有理函数

1+x1-x例3 求函数y=+的导数.

1-x1+x分析 直接利用商的求导法则,运算量很大,且容易出错,不妨先通分变“无理”为“有理”. 解 ∵y=

1+x+1-x1-x2

2

2

2

21+x4==-2,

1-x1-x2

44

∴y′=(-2)′=-

1-x1-x′4

2=1-x1-x.

整体总评 上述三个实例虽然细节处理不相同,但都体现了化归思想这一重要方法,先变形(化简)再解决问题;当然化归是为了更简捷、更方便处理问题,化归不一定要化简到最简单,而是化归到最合适.比如求tan x的导数,tan x本身形式已较简单,但仍然用不上所学知sin x识,因此可考虑将tan x变形为,从而使问题得到解决,总之同学们要明确化归的目的,

cos x是为更容易用所学知识解决问题.

4 导数妙求数列前n项和

数列的求和是数列中特别重要的一个知识块,如我们常用的求和方法有公式求和、分组求和、裂项求和、错位相减求和、倒序相加求和等,但同学们想过用导数法求和吗?下面的例子将为我们展示导数法求和的魅力. 例 已知x≠0,求数列{nxn-1

}的前n项和Sn.

解 对于{anbn}的求和,若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,一般用错位相减法求和,但计算量较大,且很容易出错,此时我们可构造函数fn(x)=x,则f′n(x)=nx∴Sn=f′1(x)+f′2(x)+…+f′n(x)=1+2x+3x+…+nx2

nn-1

.

n-1

=[f1(x)+f2(x)+…+

fn(x)]′=(x+x2+x3+…+xn)′.

讨论如下:(1)当x=1时,Sn=1+2+3+…+n=

nn+1

2

x1-xn??(2)当x≠1时,Sn=??′

?1-x?

=1-

n+1xn+nxn+1

. 21-x感悟 本题用导数方法让人耳目一新,但需要注意的是导数加法法则仅对有限项成立.

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5 利用导数求切线方程

曲线的切线问题是高考的常见题型之一.而导数f′(x0)的几何意义为曲线y=f(x)在点P(x0,

f(x0))处的切线的斜率,所以利用导数解决相切问题是常用的方法.下面对“求过一点的切

线方程”的题型做以下归纳. 1.已知切点,求曲线的切线方程

此类题只需求出曲线的导数f′(x),并代入点斜式方程即可.

例1 曲线f(x)=x-3x+1在点(1,-1)处的切线方程为________________. 解析 由f′(x)=3x-6x知, 在点(1,-1)处的斜率k=f′(1)=-3. 所以切线方程为y-(-1)=-3(x-1), 即y=-3x+2. 答案 y=-3x+2

2.已知过曲线上一点,求切线方程

过曲线上一点的切线,该点未必是切点,故应先设切点,再求切点,即用待定切点法. 例2 求过曲线f(x)=x-2x上的点(1,-1)的切线方程. 解 设P(x0,y0)为切点, 则切线的斜率为f′(x0)=3x0-2. 所以切线方程为y-y0=(3x0-2)(x-x0), 即y-(x0-2x0)=(3x0-2)·(x-x0). 又知切线过点(1,-1),

所以-1-(x0-2x0)=(3x0-2)(1-x0). 1解得x0=1,或x0=-.

2

故所求切线方程为y-(1-2)=(3-2)(x-1), 131

或y-(-+1)=(-2)·(x+),

842即x-y-2=0,或5x+4y-1=0.

点评 可以发现直线5x+4y-1=0并不以(1,-1)为切点,实际上是经过点(1,-1),且以17

(-,)为切点的直线.这说明过曲线上一点的切线,该点未必是切点. 28

3.已知过曲线外一点,求切线方程

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3

2

3

2

22

323

2

6

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此类题可先设切点,再求切点,即用待定切点法来求解. 1

例3 求过点(2,0)且与曲线f(x)=相切的直线方程.

x解 设P(x0,y0)为切点, 1

则切线的斜率为f′(x0)=-2. x0

1

所以切线方程为y-y0=-2(x-x0),

x0

11

即y-=-2(x-x0).

x0x0

又已知切线过点(2,0),代入上述方程, 11

得-=-2(2-x0).

x0x0

1

解得x0=1,y0==1,即x+y-2=0.

x0

点评 点(2,0)实际上是曲线外的一点,但在解答过程中却无需判断它的确切位置,这充分反映出待定切点法的高效性. 4.求两条曲线的公切线

例4 已知曲线C1:y=x与C2:y=-x+4x-4,直线l与C1,C2都相切,求直线l的方程. 分析 设出直线与两条曲线的切点坐标,分别求出曲线在切点处的切线方程,再利用两个方程所表示的直线重合,建立方程组求解.

解 设l与C1相切于点P(x1,x1),与C2相切于点Q(x2,-x2+4x2-4).由C1:y=x,得y′=2x,

则与C1相切于点P的切线方程为y-x1=2x1(x-x1), 即y=2x1x-x1,由C2:y=-x+4x-4,得y′=-2x+4, 则与C2相切于点Q的切线方程为

2

2

2

2

2

2

2

2

y=-2(x2-2)x+x22-4.

因为两切线重合,所以2x1=-2(x2-2),且-x1=x2-4, 解得x1=0,x2=2或x1=2,x2=0. 所以直线l的方程为y=0或y=4x-4.

点评 公切线问题的一般解法是分别求出曲线在切点处的切线方程,再利用两直线重合的条件建立方程组求解.

6 导数中的分类讨论思想

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分类讨论思想在导数中的应用非常广泛,尤其是在求含参数的函数的单调区间、极值或最值的问题中,那么如何确定分类讨论的标准呢? 1.按导数为零的根的大小来分类

例1 设函数f(x)=-x(x-a)(x∈R),其中a∈R且a≠0,求函数f(x)的极大值和极小值. 解 f′(x)=-(3x-a)(x-a),令f′(x)=0, 解得x=a或x=.

3

当a>,即a>0,x∈(-∞,)时,f′(x)<0,

33

2

aaaax∈(,a)时,f′(x)>0,x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,

3

a43

因此,函数f(x)在x=处取得极小值-a,在x=a处取得极大值0.

327

当a<,即a<0,x∈(-∞,a)时,f′(x)<0,

3

aaax∈(a,)时,f′(x)>0,x∈(,+∞)时,f′(x)<0,

3

3

a43

因此,函数f(x)在x=处取得极大值-a,在x=a处取得极小值0.

327

点评 本题对f(x)求导后,得到一个二次函数,令f′(x)=0得到的两个根是含有参数的,因此应按两个根的大小来分类. 2.按是否为二次函数来分类

1-a1

例2 已知函数f(x)=ln x-ax+-1(a≤),讨论f(x)的单调性.

x2

ax2-x+1-a解 f′(x)=-,x∈(0,+∞),

x2令h(x)=ax-x+1-a,x∈(0,+∞), (1)当a=0时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞),

当x∈(0,1)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 1

(2)当a≠0时,由f′(x)=0,解得x1=1,x2=-1,

2

a1

①当a=,即x1=x2时,h(x)≥0恒成立,

2此时f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 11

②当01>0,

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