《2019-2020學年高中數學 第1章 導數及其應用章末復習課學案 新人教A版選修2-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中數學 第1章 導數及其應用章末復習課學案 新人教A版選修2-2（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第1章 導數及其應用 導數的幾何意義 【例1】　已知函數f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲線y＝f(x)在點(2，－6)處的切線方程； (2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經過原點，求直線l的方程及切點坐標； (3)如果曲線y＝f(x)的某一切線與直線y＝－x＋3垂直，求切點坐標與切線的方程． [解]　(1)∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1， ∴f(x)在點(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：設切點為(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(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，切點坐標為(－2，－26)． 法二：設直線l的方程為y＝kx，切點為(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，切點坐標為(－2，－26)． (3)∵切線與直線y＝－＋3垂直， ∴切線的斜率k＝4. 設切點坐標為(x0，y0)， 則f′(x0)＝3x＋1＝4， ∴x0＝±1. ∴或 即切點為(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．導數的幾何意義的應用：利用導數的幾何意義可以求出曲線上任意一點處的切線方程y－y0＝f′(x0)(x－x0)，明確“過點P(x0，y0)的曲線y＝f(x)的切線方程”與“在點P(x0，y0)處的曲線y＝f(x)的切線方程”的異同點． 2．圍繞

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

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

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

7、調遞減， 綜上可得：當a≥0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a≤－時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當－＜a＜0時， 函數f(x)在， 上單調遞減， 在上單調遞增． 利用導數確定參數的取值范圍時，要充分利用f(x)與其導數f′(x)之間的對應關系，然后結合函數的單調性等知識求解.,求解參數范圍的步驟為： (1)對含參數的函數f(x)求導，得到f′(x)； (2)若函數f(x)在(a，b)上單調遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數f(x)在(a，b)上單調遞減，則f′(x)≤0恒成立，得到關于參數的不等式，解出參數范圍； (3)驗證參數范圍中取等號

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

9、0， 當x∈(6，＋∞)時，f′(x)＞0. 故4≤a－1≤6，即5≤a≤7.因此a的取值范圍是[5,7]. 函數的極值、最值與導數 【例3】　已知函數f(x)＝x3＋ax2＋b的圖象上一點P(1,0)且在點P處的切線與直線3x＋y＝0平行． (1)求函數f(x)的解析式； (2)求函數f(x)在區(qū)間[0，t](0＜t＜3)上的最大值和最小值． [解]　(1)因為f′(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. 又函數過(1,0)點，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0＜t≤2時，在區(qū)間(0，t)上，f′(x)＜0，f(x)在[0，t]上是減函數，所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋2. ②當2＜t＜3時，當x變化時，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. (變結論)在本例條件不變的情況下，若關于x的方程f(x)＝c在區(qū)間[1,3]上恰有兩個相異的實根，求實數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根， 則解得－2＜c≤0. (1)求極值時一般需確定f′(x)＝0的點和單調性，對于常見連續(xù)函數，先確定單調性即可得極值點，當連續(xù)函數的極值點只有

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

13、單調遞增，在單調遞減， 故g(x)在存在唯一極大值點，即f′(x)在存在唯一極大值點. 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，按照設計要求容器的體積為立方米．假設該容器的建造費用僅與其表面積有關．已知圓柱體部分每平方米建造費用為3千元，半球體部分每平方米建造費用為4千元．設該容器的總建造費用為y千元． (1)將y表示成r的函數，并求該函數的定義域； (2)確定r和l為何值時，該容器的建造費用最小，并求出最小建造費用． [解]　由題意可知 ＋πr2l＝，∴l(xiāng)＝－. 又圓柱的側面積為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， 所以定義域為(0,2)． (2)因為y′＝－＋16πr＝， 所以令y′＞0，得2＜r＜2； 令y′＜0，得0＜r＜2. 所以當r＝2米時，該容器的建造費用最小，為96π千元，此時l＝米． 解決優(yōu)化問題的步驟 (1)要分析問題中各個數量之間的關系，建立適當的函數模型，并確定函數的定義域． (2)要通過研究相應函數的性質，如單調性、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，導數是一個有力的工具． (3)驗證數學問題的解是否滿足實際意義．

15、 4．現有一批貨物由海上A地運往B地，已知輪船的最大航行速度為35海里/小時，A地至B地之間的航行距離約為500海里，每小時的運輸成本由燃料費和其余費用組成，輪船每小時的燃料費與輪船速度的平方成正比(比例系數為0.6)，其余費用為每小時960元． (1)把全程運輸成本y(元)表示為速度x(海里/小時)的函數； (2)為了使全程運輸成本最小，輪船應以多大速度行駛？ [解]　(1)依題意得y＝(960＋0.6x2)＝＋300x，函數的定義域為(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)．因為函數的定義域為(0,35]，所以函數在定義域內沒有極值．又當0＜x≤35時，y′＜0，所以y＝＋300x在(0,35]上單調遞減，故當x＝35時，函數y＝＋300x取得最小值． 故為了使全程運輸成本最小，輪船應以35海里/小時的速度行駛. 函數方程思想 【例5】　設函數f(x)＝x3－6x＋5，x∈R. (1)求f(x)的極值點； (2)若關于x的方程f(x)＝a有3個不同實根，求實數a的取值范圍； (3)已知當x∈(1，＋∞)時，f(x)≥k(x－1)恒成立，求實數k的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0， 得x1

17、＝－，x2＝. 當x∈(－∞，－)∪(，＋∞)時，f′(x)＞0，當x∈(－，) 時，f′(x)＜0， 因此x1＝－，x2＝分別為f(x)的極大值點、極小值點． (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個不同交點需5－4＝f()＜a＜f(－)＝5＋4.則方程f(x)＝a有3個不同實根時，所求實數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)， 因為x＞1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝x2＋x－5，由二次函數的性質得

18、g(x)在(1，＋∞)上是增函數，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(1,0)且f(1)＝0， 曲線f(x)在點(1,0)處切線斜率f′(1)＝－3， 由(2)中草圖知要使x∈(1，＋∞)時，f(x)≥k(x－1)恒成立需k≤－3.故實數k的取值范圍為(－∞，－3]． 論方程根的個數，研究函數圖象與x軸或某直線的交點個數、不等式恒成立問題的實質就是函數的單調性與函數極(最)值的應用.問題破解的方法是根據題目的要求，借助導數將函數的單調性與極(最)值列出，然后再借助單調性和極(最)值情況，畫出函數圖象的草圖，數

19、形結合求解. 5．已知函數f(x)＝ex＋，a∈R，試討論函數f(x)的零點個數． [解]　函數f(x)的定義域為{x|x≠a}． (1)當x＞a時，ex＞0，x－a＞0，∴f(x)＞0， 即f(x)在(a，＋∞)上無零點． (2)當x＜a時，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x＜a－1時，g′(x)＜0； 當x＞a－1時，g′(x)＞0， ∴g(x)在(－∞，a－1)上單調遞減，在(a－1，＋∞)上單調遞增， ∴g(x)min＝g(a－1)＝1－ea－1. ∴當a＝1時，g(a－1)＝0，∴x＝a－1是f(x)的唯一零點； 當a＜1時，g(a－1)＝1－ea－1＞0，∴f(x)沒有零點； 當a＞1時，g(a－1)＝1－ea－1＜0，∴f(x)有兩個零點． - 10 -