导数讲义

一、基本概念 1. 导数的定义：

设x0是函数yf(x)定义域的一点，如果自变量x在x0处有增量x，则函数值y也引起相应的增量yf(x0x)f(x0)；比值

yf(x0x)f(x0)称为函数yf(x)在点xxx0到x0x之间的平均变化率；如果极限limf(x0x)f(x0)ylim存在，则称函数

x0xx0xyf(x)在点x0处可导，并把这个极限叫做yf(x)在x0处的导数。

fx在点x0处的导数记作yxx0f(x0)limx0f(x0x)f(x0)

x2导数的几何意义：（求函数在某点处的切线方程）

函数yf(x)在点x0处的导数的几何意义就是曲线yf(x)在点(x0,f(x))处的切线的斜率，也就是说，曲线yf(x)在点P(x0,f(x))处的切线的斜率是f'(x0)，切线方程为yy0f'(x)(xx0).

3．基本常见函数的导数:

①C0;（C为常数） ②xnnxn1;

③(sinx)cosx; ④(cosx)sinx; ⑤(e)e;⑥(a)alna; ⑦lnxxxxx11; ⑧logaxlogae. xx二、导数的运算 1.导数的四则运算：

法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)，

即： fxgxfxgx 法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个 函数乘以第二个函数的导数，即：fxgxfxgxfxgx

常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数：(Cf(x))Cf(x).(C为常数) 法则3：两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，

''fxfxgxfxgx再除以分母的平方：gx0。 2gxgx注：①f(x)、g(x)必须是可导函数.

②若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导. 例如：设f(x)2sinxf(x)g(x)

sinxcosx在x0处均可导.

22，g(x)cosx，则f(x),g(x)在x0处均不可导，但它们和xx

2.复合函数的导数

形如yf[(x)]的函数称为复合函数。法则：f[(x)]f()*(x). 三、导数的应用

1.函数的单调性与导数

（1）设函数yf(x)在某个区间(a,b)可导，

如果f'(x)0，则f(x)在此区间上为增函数； 如果f'(x)0，则f(x)在此区间上为减函数。 （2）如果在某区间内恒有f'(x)0，则f(x)为常函数。 2．函数的极点与极值：当函数f(x)在点x0处连续时，

①如果在x0附近的左侧f'(x)＞0，右侧f'(x)＜0，那么f(x0)是极大值； ②如果在x0附近的左侧f'(x)＜0，右侧f'(x)＞0，那么f(x0)是极小值. 3．函数的最值：

一般地，在区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值。函数f(x)在区间[a,b]上的最值只可能在区间端点及极值点处取得。

求函数f(x)在区间[a,b]上最值的一般步骤：①求函数f(x)的导数，令导数

f'(x)0解出方程的跟②在区间[a,b]列出x,f'(x),f(x)的表格，求出极值及

f(a)、f(b)的值;③比较端点及极值点处的函数值的大小，从而得出函数的最值

4．相关结论总结：

①可导的奇函数函数其导函数为偶函数. ②可导的偶函数函数其导函数为奇函数.

5、求导的常见方法： ①常用结论：(ln|x|)'1. x(xa1)(xa2)...(xan)两边同取自然对数，可转化

(xb1)(xb2)...(xbn)②形如y(xa1)(xa2)...(xan)或y求代数和形式.

③无理函数或形如yxx这类函数，如yxx取自然对数之后可变形为lnyxlnx，对两边

y'1求导可得lnxxy'ylnxyy'xxlnxxx.

yx

2015专题五：函数与导数

在解题中常用的有关结论（需要熟记）：

(1)曲线yf(x)在xx0处的切线的斜率等于f(x0)，切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0) (2)若可导函数yf(x)在 xx0 处取得极值，则f(x0)0。反之，不成立。 (3)对于可导函数f(x)，不等式f(x)0（0）的解集决定函数f(x)的递增（减）区间。 (4)函数f(x)在区间I上递增（减）的充要条件是：xIf(x)0(0)恒成立 (5)函数f(x)在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f(x)0在区间I上有实根且为非二重根。（若f(x)为二次函数且I=R，则有0）。 (6)f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f(x)0或f(x)0在I上恒成立 (7)若xI，f(x)0恒成立，则f(x)min0; 若xI，f(x)0恒成立，则f(x)max0 (8)若x0I，使得f(x0)0，则f(x)max0；若x0I，使得f(x0)0，则f(x)min0. (9)设f(x)与g(x)的定义域的交集为D若xD f(x)g(x)恒成立则有f(x)g(x)min0 (10)若对x1I1、x2I2 ，f(x1)g(x2)恒成立，则f(x)ming(x)max. 若对x1I1，x2I2，使得f(x1)g(x2),则f(x)ming(x)min. 若对x1I1，x2I2，使得f(x1)g(x2)，则f(x)maxg(x)max. （11）已知f(x)在区间I1上的值域为A,，g(x)在区间I2上值域为B， 若对x1I1,x2I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则AB。 (12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程f(x)0有两个不等实根x1、x2，且极大值大于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式: ① lnxx1(x0)② ln（x+1）x(x1)③ ex1x ④ ex1x⑤ lnx11lnxx1(x0) (x1)⑥ 22x22xx12 考点一：导数几何意义：

角度一 求切线方程

π1．(2014·洛阳统考)已知函数f(x)＝3x＋cos 2x＋sin 2x，a＝f′4，f′(x)是f(x)的导函数，则过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线方程为( )

A．3x－y－2＝0 B．4x－3y＋1＝0

C．3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0 D．3x－y－2＝0或4x－3y＋1＝0

π解析：选A 由f(x)＝3x＋cos 2x＋sin 2x得f′(x)＝3－2sin 2x＋2cos 2x，则a＝f′4＝ππ

3－2sin＋2cos＝1.由y＝x3得y′＝3x2，过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线的斜率k＝3a2

22＝3×12＝3.又b＝a3，则b＝1，所以切点P的坐标为(1,1)，故过曲线y＝x3上的点P的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.

角度二 求切点坐标

2．(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y＝3ln x＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y－1＝0，则点P0的坐标是( )

A．(0,1) C．(1,3)

B．(1，－1) D．(1,0)

3

解析：选C 由题意知y′＝＋1＝4，解得x＝1，此时4×1－y－1＝0，解得y＝3，

x∴点P0的坐标是(1,3)．

角度三 求参数的值

17

3．已知f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋mx＋(m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图像都相切，且

22与f(x)图像的切点为(1，f(1))，则m等于( )

A．－1 C．－4

1

解析：选D ∵f′(x)＝，

x∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1， 又f(1)＝0，

∴切线l的方程为y＝x－1.

g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)的图像的切点为(x0，y0)， 127

则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝x0＋mx0＋，m<0，

22于是解得m＝－2，故选D.

考点二：判断函数单调性，求函数的单调区间。

[典例1]已知函数f(x)＝x2－ex试判断f(x)的单调性并给予证明． 解：f(x)＝x2－ex，f(x)在R上单调递减， f′(x)＝2x－ex，只要证明f′(x)≤0恒成立即可． 设g(x)＝f′(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex， 当x＝ln 2时，g′(x)＝0， 当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)>0， 当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)<0.

∴f′(x)max＝g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2<0， ∴f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在R上单调递减．

[典例2] (2012·北京高考改编)已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.

(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间． [解] (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，

B．－3 D．－2

f1＝a＋1＝c，

由已知可得g1＝1＋b＝c，

2a＝3＋b，

3

2

解得a＝b＝3.

a2a22

(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋ax＋x＋1，F′(x)＝3x＋2ax＋，令F′(x)＝0，得x1

44aa

＝－，x2＝－，

26

∵a>0，∴x1aa由F′(x)>0得，x<－或x>－；

26aa

由F′(x)<0得，－aaaa－∞，－，－，＋∞；单调递减区间为－，－. ∴单调递增区间是2662[针对训练]

(2013·重庆高考)设f(x) ＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．

(1)确定a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间与极值．

6

解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，故f′(x)＝2a(x－5)＋. x

令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)·(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，

1

故a＝. 2

1

(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，

26x－2x－3

f′(x)＝x－5＋＝.

xx令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.

当03时，f′(x)>0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当29

由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.

2考点三：已知函数的单调性求参数的范围

[典例] (2014·山西诊断)已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)． (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；

[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，

2x2－x－11

f′(x)＝－2x＋1＝－，

xx

2x2－x－11

令f′(x)＝0，即－＝0，解得x＝－或x＝1.

x2∵x>0，∴x＝1.

当00；当x>1时，f′(x)<0.

∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减． 考点四：用导数解决函数的极值问题

a

[典例] (2013·福建高考节选)已知函数f(x)＝x－1＋x(a∈R，e为自然对数的底数)．

e(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值； (2)求函数f(x)的极值．

aa

[解] (1)由f(x)＝x－1＋x，得f′(x)＝1－x.

ee又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴， a

得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.

ea

(2)f′(x)＝1－x，

e

①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a. x∈(－∞，ln a)，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 故f(x)在x＝ln a处取得极小值， 且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；

当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值． [针对训练]

1

设f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导数为f′(x)，若函数y＝f′(x)的图像关于直线x＝－对称，2且f′(1)＝0.

(1)求实数a，b的值； (2)求函数f(x)的极值．

解：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1， 故f′(x)＝6x2＋2ax＋b， aax＋2＋b－， 从而f′(x)＝666

2

a

即y＝f′(x)关于直线x＝－对称．

6a1

从而由题设条件知－＝－，即a＝3.

62又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0， 得b＝－12.

(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1， 所以f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)， 令f′(x)＝0， 即6(x－1)(x＋2)＝0， 解得x＝－2或x＝1，

当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0， 即f(x)在(－∞，－2)上单调递增； 当x∈(－2,1)时，f′(x)<0， 即f(x)在(－2,1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝21， 在x＝1处取得极小值f(1)＝－6. 考点五 运用导数解决函数的最值问题

1

设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，

2(1)求实数a，b的值；

1

(2)求函数f(x)在e，e上的最大值． a

解：(1)f′(x)＝－2bx，

x

1

∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，

2f′1＝a－2b＝0，a＝1，∴解得1 1

f1＝－b＝－，b＝.221－x2121

(2)f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－x＝，

2xx11

∵当≤x≤e时，令f′(x)>0得≤x<1；

ee

1

令f′(x)<0，得12

考点七：利用导数研究恒成立问题及参数求解

[典例] (2013·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

(1)求a，b，c，d的值；

(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围． [解] (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2， f′(0)＝4，g′(0)＝4.

而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)． 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)． 由题设可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.

(ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.

故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－

－

2，＋∞)上单调递增，

而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

(ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2ke2＋2＝－2e2〃(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)

－

－

不可能恒成立．

综上，k的取值范围是[1，e2]． [针对训练]

1

设函数f(x)＝x2＋ex－xex.

2(1)求f(x)的单调区间；

(2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， ∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)，

若x＝0，则f′(x)＝0；

若x<0，则1－ex>0，所以f′(x)<0； 若x>0，则1－ex<0，所以f′(x)<0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减． 故[f(x)]min＝f(2)＝2－e2，

∴m<2－e2时，不等式f(x)>m恒成立． 故m的取值范围为(－∞，2－e2)． 考点八、利用导数证明不等式问题

[典例] (2013·河南省三市调研)已知函数f(x)＝ax－ex(a>0)． 1

(1)若a＝，求函数f(x)的单调区间；

2(2)当1≤a≤1＋e时，求证：f(x)≤x. 11

[解] (1)当a＝时，f(x)＝x－ex.

221

f′(x)＝－ex，令f′(x)＝0，得x＝－ln 2.

2当x<－ln 2时，f′(x)>0； 当x>－ln 2时，f′(x)<0，

∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)． (2)证明：法一：令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x， (ⅰ)当a＝1时，F(x)＝ex>0， ∴f(x)≤x成立．

(ⅱ)当1ln(a－1)时，F′(x)>0，

∴F(x)在(－∞，ln (a－1))上单调递减，在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增． ∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a∵1∴a－1>0,1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0， ∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立． 综上，当1≤a≤1＋e时，有f(x)≤x. 法二：令g(a)＝x－f(x)＝－xa＋x＋ex，

－1)

－1)

，

－(a－1)·ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]，

只要证明g(a)≥0在1≤a≤1＋e时恒成立即可． g(1)＝－x＋x＋ex＝ex>0，①

g(1＋e)＝－x·(1＋e)＋x＋ex＝ex－ex， 设h(x)＝ex－ex，则h′(x)＝ex－e， 当x<1时，h′(x)<0；当x>1时，h′(x)>0，

∴h(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝e1－e·1＝0， 即g(1＋e)≥0.②

由①②知，g(a)≥0在1≤a≤1＋e时恒成立． ∴当1≤a≤1＋e时，有f(x)≤x. [针对训练]

11(2014·东北三校联考)已知函数f(x)＝x2－ax3(a>0)，函数g(x)＝f(x)＋ex(x－1)，函数g(x)

23的导函数为g′(x)．

(1)求函数f(x)的极值； (2)若a＝e，

(ⅰ)求函数g(x)的单调区间；

(ⅱ)求证：x>0时，不等式g′(x)≥1＋ln x恒成立． 1x－， 解：(1)f′(x)＝x－ax2＝－axa1

∴当f′(x)＝0时，x＝0或x＝，又a>0，

a1

0，时， ∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈a1

，＋∞时，f′(x)<0， f′(x)>0；当x∈a∴f(x)的极小值为f(0)＝0， 11

f(x)的极大值为fa＝6a2.

11

(2)∵a＝e，∴g(x)＝x2－ex3＋ex(x－1)，

23g′(x)＝x(ex－ex＋1)．

(ⅰ)记h(x)＝ex－ex＋1，则h′(x)＝ex－e， 当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数； x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)是增函数， ∴h(x)≥h(1)＝1>0， 则在(0，＋∞)上，g′(x)>0；

在(－∞，0)上，g′(x)<0，

∴函数g(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)． 1＋ln x

(ⅱ)证明：x>0时，g′(x)＝x(ex－ex＋1)≥1＋ln x⇔ex－ex＋1≥，

x由(ⅰ)知，h(x)＝ex－ex＋1≥1，

1－x

记φ(x)＝1＋ln x－x(x>0)，则φ′(x)＝，

x在区间(0,1)上，φ′(x)>0，φ(x)是增函数； 在区间(1，＋∞)上，φ′(x)<0，φ(x)是减函数， 1＋ln x

∴φ(x)≤φ(1)＝0，即1＋ln x－x≤0，≤1，

x1＋ln x

∴ex－ex＋1≥1≥，即g′(x)≥1＋ln x恒成立．

x