《2019-2020學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修2-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修2-2（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】　已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，－6)處的切線方程； (2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經(jīng)過原點(diǎn)，求直線l的方程及切點(diǎn)坐標(biāo)； (3)如果曲線y＝f(x)的某一切線與直線y＝－x＋3垂直，求切點(diǎn)坐標(biāo)與切線的方程． [解]　(1)∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1， ∴f(x)在點(diǎn)(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝13. ∴切線的方程為y＝13(x－2)＋(－6)， 即y＝13x－32. (2)法一：設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)， 則直線l的斜率為f

2、′(x0)＝3x＋1， ∴直線l的方程為 y＝(3x＋1)(x－x0)＋x＋x0－16. 又∵直線l過點(diǎn)(0,0)， ∴0＝(3x＋1)(－x0)＋x＋x0－16. 整理得，x＝－8， ∴x0＝－2. ∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26. k＝3×(－2)2＋1＝13. ∴直線l的方程為y＝13x，切點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－26)． 法二：設(shè)直線l的方程為y＝kx，切點(diǎn)為(x0，y0)， 則k＝＝， 又∵k＝f′(x0)＝3x＋1， ∴＝3x＋1. 解得，x0＝－2， ∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26. k＝3×(－2)2＋1＝13. ∴直線l的方

3、程為y＝13x，切點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－26)． (3)∵切線與直線y＝－＋3垂直， ∴切線的斜率k＝4. 設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)， 則f′(x0)＝3x＋1＝4， ∴x0＝±1. ∴或 即切點(diǎn)為(1，－14)或(－1，－18)． 切線方程為y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18. 即y＝4x－18或y＝4x－14. 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可以求出曲線上任意一點(diǎn)處的切線方程y－y0＝f′(x0)(x－x0)，明確“過點(diǎn)P(x0，y0)的曲線y＝f(x)的切線方程”與“在點(diǎn)P(x0，y0)處的曲線y＝f(x)的切線方程”的異同點(diǎn)． 2．圍繞

4、著切點(diǎn)有三個等量關(guān)系：切點(diǎn)(x0，y0)，則k＝f′(x0)，y0＝f(x0)，(x0，y0)滿足切線方程，在求解參數(shù)問題中經(jīng)常用到． 1．直線y＝kx＋b與曲線y＝x3＋ax＋1相切于點(diǎn)(2,3)，則b＝________. －15　[∵y＝x3＋ax＋1過點(diǎn)(2,3)， ∴a＝－3，∴y′＝3x2－3， ∴k＝y(tǒng)′|x＝2＝3×4－3＝9， ∴b＝y(tǒng)－kx＝3－9×2＝－15.] 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 【例2】　(1)f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a＜b，則必有(　　) A．a(chǎn)f(b)＜bf(a)

5、　 B．bf(a)＜af(b) C．a(chǎn)f(a)＜bf(b) D．bf(b)＜af(a) (2)設(shè)f(x)＝aln x＋，其中a為常數(shù)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． (1)A　[令F(x)＝，則F′(x)＝. 又當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)≤0，∴F′(x)≤0， ∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又a＜b， ∴F(a)＞F(b)， ∴＞， ∴bf(a)＞af(b)，故選A.] (2)[解]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝＋＝. 當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a＜0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)

6、x＋a， 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①當(dāng)a＝－時(shí)，Δ＝0， f′(x)＝≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ②當(dāng)a＜－時(shí)，Δ＜0，g(x)＜0， f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ③當(dāng)－＜a＜0時(shí)，Δ＞0. 設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個零點(diǎn)， 則x1＝，x2＝， 由x1＝＝＞0， 所以x∈(0，x1)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單

7、調(diào)遞減， 綜上可得：當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)－＜a＜0時(shí)， 函數(shù)f(x)在， 上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． 利用導(dǎo)數(shù)確定參數(shù)的取值范圍時(shí)，要充分利用f(x)與其導(dǎo)數(shù)f′(x)之間的對應(yīng)關(guān)系，然后結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性等知識求解.,求解參數(shù)范圍的步驟為： (1)對含參數(shù)的函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f′(x)； (2)若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，解出參數(shù)范圍； (3)驗(yàn)證參數(shù)范圍中取等號

8、時(shí)，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，則函數(shù)f(x)在(a，b)上為常函數(shù)，舍去此參數(shù)值. 2．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)上為減函數(shù)，在區(qū)間(6，＋∞)上為增函數(shù)，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝x2－ax＋a－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1. 當(dāng)a－1≤1，即a≤2時(shí)，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意． 當(dāng)a－1＞1，即a＞2時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)，在(1，a－1)上為減函數(shù)，在(a－1，＋∞)上為增函數(shù)． 依題意當(dāng)x∈(1,4)時(shí)，f′(x)＜

9、0， 當(dāng)x∈(6，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0. 故4≤a－1≤6，即5≤a≤7.因此a的取值范圍是[5,7]. 函數(shù)的極值、最值與導(dǎo)數(shù) 【例3】　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b的圖象上一點(diǎn)P(1,0)且在點(diǎn)P處的切線與直線3x＋y＝0平行． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，t](0＜t＜3)上的最大值和最小值． [解]　(1)因?yàn)閒′(x)＝3x2＋2ax，曲線在P(1,0)處的切線斜率為f′(1)＝3＋2a，即3＋2a＝－3，a＝－3. 又函數(shù)過(1,0)點(diǎn)，即－2＋b＝0，b＝2. 所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2.

10、 (2)由f(x)＝x3－3x2＋2， 得f′(x)＝3x2－6x. 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. ①當(dāng)0＜t≤2時(shí)，在區(qū)間(0，t)上，f′(x)＜0，f(x)在[0，t]上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋2. ②當(dāng)2＜t＜3時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)， f(x)的變化情況如下表： x 0 (0,2) 2 (2，t) t f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) 2 ↘ －2 ↗ t3－3t2＋2 f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max為f(0)與f(t)中較大的一個． f(t

11、)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)＜0， 所以f(x)max＝f(0)＝2. (變結(jié)論)在本例條件不變的情況下，若關(guān)于x的方程f(x)＝c在區(qū)間[1,3]上恰有兩個相異的實(shí)根，求實(shí)數(shù)c的取值范圍． [解]　令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c， 則g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 在x∈[1,2)上，g′(x)＜0；在x∈(2,3]上，g′(x)＞0. 要使g(x)＝0在[1,3]上恰有兩個相異的實(shí)根， 則解得－2＜c≤0. (1)求極值時(shí)一般需確定f′(x)＝0的點(diǎn)和單調(diào)性，對于常見連續(xù)函數(shù)，先確定單調(diào)性即可得極值點(diǎn)，當(dāng)連續(xù)函數(shù)的極值點(diǎn)只有

12、一個時(shí)，相應(yīng)的極值點(diǎn)必為函數(shù)的最值點(diǎn). (2)求閉區(qū)間上可導(dǎo)函數(shù)的最值時(shí)，對函數(shù)極值是極大值還是極小值可不再作判斷，只需要直接與端點(diǎn)的函數(shù)值比較即可獲得. 3．(2019·全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明：f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)． [解]　設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋， 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為a. 則當(dāng)x∈(－1，a)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，a)

13、單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減， 故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在存在唯一極大值點(diǎn). 生活中的優(yōu)化問題 【例4】　某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計(jì)厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱體，左右兩端均為半球體，按照設(shè)計(jì)要求容器的體積為立方米．假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅與其表面積有關(guān)．已知圓柱體部分每平方米建造費(fèi)用為3千元，半球體部分每平方米建造費(fèi)用為4千元．設(shè)該容器的總建造費(fèi)用為y千元． (1)將y表示成r的函數(shù)，并求該函數(shù)的定義域； (2)確定r和l為何值時(shí)，該容器的建造費(fèi)用最小，并求出最小建造費(fèi)用． [解]　由題意可知 ＋πr2l＝，∴l(xiāng)＝－. 又圓柱的側(cè)面積為2π

14、rl＝－， 兩端兩個半球的表面積之和為4πr2. 所以y＝×3＋4πr2×4＝＋8πr2. 又l＝－＞0?r＜2， 所以定義域?yàn)?0,2)． (2)因?yàn)閥′＝－＋16πr＝， 所以令y′＞0，得2＜r＜2； 令y′＜0，得0＜r＜2. 所以當(dāng)r＝2米時(shí)，該容器的建造費(fèi)用最小，為96π千元，此時(shí)l＝米． 解決優(yōu)化問題的步驟 (1)要分析問題中各個數(shù)量之間的關(guān)系，建立適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型，并確定函數(shù)的定義域． (2)要通過研究相應(yīng)函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、極值與最值，提出優(yōu)化方案，使問題得以解決，在這個過程中，導(dǎo)數(shù)是一個有力的工具． (3)驗(yàn)證數(shù)學(xué)問題的解是否滿足實(shí)際意義．

15、 4．現(xiàn)有一批貨物由海上A地運(yùn)往B地，已知輪船的最大航行速度為35海里/小時(shí)，A地至B地之間的航行距離約為500海里，每小時(shí)的運(yùn)輸成本由燃料費(fèi)和其余費(fèi)用組成，輪船每小時(shí)的燃料費(fèi)與輪船速度的平方成正比(比例系數(shù)為0.6)，其余費(fèi)用為每小時(shí)960元． (1)把全程運(yùn)輸成本y(元)表示為速度x(海里/小時(shí))的函數(shù)； (2)為了使全程運(yùn)輸成本最小，輪船應(yīng)以多大速度行駛？ [解]　(1)依題意得y＝(960＋0.6x2)＝＋300x，函數(shù)的定義域?yàn)?0,35]，即y＝＋300x(0＜x≤35)． (2)由(1)知y＝＋300x(0＜x≤35)，所以y′＝－＋300.令y′＝0，解得x＝40或

16、x＝－40(舍去)．因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?0,35]，所以函數(shù)在定義域內(nèi)沒有極值．又當(dāng)0＜x≤35時(shí)，y′＜0，所以y＝＋300x在(0,35]上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝35時(shí)，函數(shù)y＝＋300x取得最小值． 故為了使全程運(yùn)輸成本最小，輪船應(yīng)以35海里/小時(shí)的速度行駛. 函數(shù)方程思想 【例5】　設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－6x＋5，x∈R. (1)求f(x)的極值點(diǎn)； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝a有3個不同實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)已知當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)≥k(x－1)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0， 得x1

17、＝－，x2＝. 當(dāng)x∈(－∞，－)∪(，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(－，) 時(shí)，f′(x)＜0， 因此x1＝－，x2＝分別為f(x)的極大值點(diǎn)、極小值點(diǎn)． (2)由(1)的分析可知y＝f(x)圖象的大致形狀及走向如圖所示．要使直線y＝a與y＝f(x)的圖象有3個不同交點(diǎn)需5－4＝f()＜a＜f(－)＝5＋4.則方程f(x)＝a有3個不同實(shí)根時(shí)，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為(5－4，5＋4)． (3)法一：f(x)≥k(x－1)， 即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)， 因?yàn)閤＞1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝x2＋x－5，由二次函數(shù)的性質(zhì)得

18、g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)＞g(1)＝－3， 所以所求k的取值范圍是為(－∞，－3]． 法二：直線y＝k(x－1)過定點(diǎn)(1,0)且f(1)＝0， 曲線f(x)在點(diǎn)(1,0)處切線斜率f′(1)＝－3， 由(2)中草圖知要使x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)≥k(x－1)恒成立需k≤－3.故實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－∞，－3]． 論方程根的個數(shù)，研究函數(shù)圖象與x軸或某直線的交點(diǎn)個數(shù)、不等式恒成立問題的實(shí)質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)極(最)值的應(yīng)用.問題破解的方法是根據(jù)題目的要求，借助導(dǎo)數(shù)將函數(shù)的單調(diào)性與極(最)值列出，然后再借助單調(diào)性和極(最)值情況，畫出函數(shù)圖象的草圖，數(shù)

19、形結(jié)合求解. 5．已知函數(shù)f(x)＝ex＋，a∈R，試討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)． [解]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠a}． (1)當(dāng)x＞a時(shí)，ex＞0，x－a＞0，∴f(x)＞0， 即f(x)在(a，＋∞)上無零點(diǎn)． (2)當(dāng)x＜a時(shí)，f(x)＝， 令g(x)＝ex(x－a)＋1，則g′(x)＝ex(x－a＋1)． 由g′(x)＝0得x＝a－1. 當(dāng)x＜a－1時(shí)，g′(x)＜0； 當(dāng)x＞a－1時(shí)，g′(x)＞0， ∴g(x)在(－∞，a－1)上單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(a－1)＝1－ea－1. ∴當(dāng)a＝1時(shí)，g(a－1)＝0，∴x＝a－1是f(x)的唯一零點(diǎn)； 當(dāng)a＜1時(shí)，g(a－1)＝1－ea－1＞0，∴f(x)沒有零點(diǎn)； 當(dāng)a＞1時(shí)，g(a－1)＝1－ea－1＜0，∴f(x)有兩個零點(diǎn)． - 10 -