2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题七第3讲　复合函数的导数

第3讲　复合函数的导数 [2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测201920182017复合函数导数的综合运用   　　复合函数导数问题近年江苏高考都没有涉及．作为附加题的一个考点，仍是命题的一个素材，要关注其与二项式定理综合在一起出题．1．求复合函数的导数的关键是要分清函数的复合关系，也就是明确复合函数是由哪些基本初等函数复合而成，适当选定中间变量．2．求复合函数的导数时，分步求导中的每一步都要明确是对哪个变量求导，而其中要特别注意的是中间变量的系数，如(cos 2x)′＝－2sin 2x，而(cos 2x)′≠－sin 2x．3．根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则，求出各函数的导数，并把中间变量转换成自变量的函数，如求y＝sin的导数，设y＝sin u，u＝2x＋，则y′x＝y′u·u′x＝cos u·2＝2cos．4．若y＝f(u)，u＝g(v)，v＝φ(x)，则y′x＝y′u·u′v·v′x．复合函数导数的综合运用 设b＞0，函数f(x)＝(ax＋1)2－x＋ln bx，记F(x)＝f′(x)(f′(x)是函数f(x)的导函数)，且当x＝1时，F(x)取得极小值2．(1)求函数F(x)的单调增区间；(2)求证：|[F(x)]n|－|F(xn)|≥2n－2(n∈N*)．【解】　(1)由题意知F(x)＝f′(x)＝·2(ax＋1)·a－＋＝，x＞0，b＞0．于是F′(x)＝．若a＜0，则F′(x)＜0，与F(x)有极小值矛盾，所以a＞0．令F′(x)＝0，又x＞0，所以当且仅当x＝时，F(x)取得极小值．所以解得a＝b＝1．故F(x)＝x＋(x＞0)．由F′(x)＞0得x＞1，所以F(x)的单调增区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为x＞0，所以记g(x)＝|[F(x)]n|－|F(xn)|＝[F(x)]n－F(xn)＝－＝Cxn－1·＋Cxn－2·＋Cxn－3·＋…＋Cx·．因为Cxn－r·＋Cxr·≥2C(r＝1，2，…，n－1)，所以2g(x)≥2(C＋C＋C＋…＋C)＝2(2n－2)，故|[F(x)]n|－|F(xn)|≥2n－2(n∈N*)．复合函数导数的综合运用与一般函数的导数的综合运用的方法和思想一样，就是试题一般与二项式定理和数学归纳法相结合，这在后面第4讲和第5讲会讲到，希望同学们对照学习．[对点训练]已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a＞0．(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．[解] (1)f′(x)＝－＝．因为f(x)在x＝1处取得极值，故f′(1)＝0，解得a＝1 (经检验符合已知)．(2)f′(x)＝，因为x≥0，a>0，故ax＋1＞0，1＋x＞0．当a≥2时，在区间[0，＋∞)上f′(x)≥0，f′(x)不恒为0，f(x)递增，f(x)的最小值为f(0)＝1．当0<a<2时，由f′(x)>0，解得x>；由f′(x)<0，解得x< ．所以f(x)的单调减区间为，单调增区间为．于是，f(x)在x＝ 处取得最小值f<f(0)＝1，不符合题意．综上可知，若f(x)的最小值为1，则a的取值范围是[2，＋∞)．1．设函数f(x)＝xln x＋(1－x)ln(1－x)(0<x<1)，求f(x)的最小值．[解] f′(x)＝(xln x)′＋[(1－x)ln(1－x)]′＝ln x－ln(1－x)．于是f′＝0．当x<时，f′(x)＝ln x－ln(1－x)<0，f(x)在区间是减函数，当x>时，f′(x)＝ln x－ln(1－x)>0，f(x)在区间是增函数．所以f(x)在x＝时取得最小值，f＝－ln 2．2．已知：m，n是正整数，且1<m<n．证明：(1＋m)n>(1＋n)m．[证明] 因为1<m<n，且m，n是正整数，所以(1＋m)n>1，(1＋n)m>1．若(1＋m)n>(1＋n)m成立，则两边取以e为底的对数，所得不等式nln(1＋m)>mln(1＋n)成立，即>成立．设F(x)＝(x≥2)，显然前面的不等式是函数F(x)在x∈[2，＋∞)区间取两个整数m，n的函数值的不等关系．因为m<n，所以只须证明F(x)在[2，＋∞)上是减函数即可．对F(x)关于x求导，F′(x)＝(x≥2)．再考察F′(x)表达式的分子，令f(x)＝－ln(1＋x)(x≥2)，对f(x)关于x求导，f′(x)＝－<0(x≥2)，所以f(x)在[2，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－ln 3<0，所以f(x)<0(x≥2)，F′(x)<0(x≥2)，故F(x)在[2，＋∞)上是单调减函数．所以当2≤m<n时，有>，所以nln(1＋m)>mln(1＋n)，即(1＋m)n>(1＋n)m．3．已知f(x)＝ax－ln(－x)，x∈[－e，0)，其中e是自然对数的底数，a∈R． (1)当a＝－1时， 求f(x)的单调性、极值；(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由．[解] (1)因为 f(x)＝－x－ln(－x)，f′(x)＝－1－，当－e<x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－e，－1)上单调递减，在(－1，0)上单调递增．所以f(x)的极小值为f(－1)＝1．(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln(－x)有最小值3，f′(x)＝a－，①当a≥－时，由于x∈[－e，0)，则f′(x)＝a－≥0, 函数f(x)＝ax－ln(－x)在[－e，0)上为增函数，所以f(x)min＝f(－e)＝－ae－1＝3． 解得a＝－<－ (舍去)．②当a<－时，列表如下：xf′(x)－0＋f(x)减极小值增所以f(x)min＝f＝1－ln＝3． 解得a＝－e2．所以a＝－e2．4．已知函数f(x)＝2n－x在[0，＋∞)上的最小值是an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：＋＋…＋<．[解] (1)由f(x)＝2n－x，求导得f′(x)＝－1，令f′(x)＝0, 即－1＝0，由此解得x＝．当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0．所以f(x)在[0，＋∞)上的x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝＝an，即an＝．(2)证明：因为＝＝，所以＋＋＋…＋＝＝<．