2018-2019学年人教A版数学选修2-2同步导学精品课件：章末整合提升1
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2018学年高中数学人教A版选修2-3课件 2-3 章末整合提升1 精品
专题三 几何问题
排列组合与几何问题结合命题，解答时要特别注意对相邻 的点、线、平面区域的限制条件如何化归为排列、组合的有关 模型，实现实际问题向数学问题的转化，注意避免重复计数和 遗漏的错误．
空间中有 6 个点，它们任何 3 点不共线，任何 4 点不共面，则过其中 2 点的直线中有多少对异面直线？ 导学号 03960269
②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有 多少种不同的节目安排顺序？ ③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板 2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的
节目演出顺序？
[思路分析] 后一般． 按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊
[ 解析]
(1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙
4088 种．
(2)①第一步先将 4 个舞蹈节目捆绑起来，看成 1 个节目， 与 6 个演唱节目一起排，有 A7 7＝5 040 种方法；第二步再松绑， 给 4 个节目排序，有 A4 4＝24 种方法． 根据分步乘法计数原理，一共有 5040×24＝120960 种． ②第一步将 6 个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)， 一共有 A6 6＝720 种方法． ×□×□×□×□×□×□×
[思路分析]
解决两个原理的应用问题，首先应明确所需
完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从 而区分加法原理和乘法原理． [解析] (1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是 数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计
数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．
(2)完成的事情是带3 本不同学科的参考书，只有从外语、 数学、物理书中各选 1本后，才能完成这件事，因此应用分步 乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．
2018版数学新导学同步选修2-2人教A版课件：章末复习提升课02
[例 3] 当 a≥2 时，求证： a＋1－ a< a－1－ a－2.
【证明】 要证 a＋1－ a< a－1－ a－2， 只需证 a＋1＋ a－2< a＋ a－1， 只需证( a＋1＋ a－2)2<( a＋ a－1)2， 只 需 证 a ＋ 1 ＋ a － 2 ＋ 2 a＋1a－2 <a ＋ a － 1 ＋ 2 aa－1， 只需证 a＋1a－2< aa－1 只需证 a2－a－2<a2－a 只需证－2<0. ∵－2<0 显然成立． ∴ a＋1－ a< a－1－ a－2.
专题一 合题推理的应用 对合情推理的认识： 合情推理包括归纳推理和类比推理．归纳推理是由部分特殊 的对象特征得到一般性的结论的推理方法．它在数学研究或数学 学习中具有十分重要的意义，通过归纳推理可以发现新知识，探 索新结论，探索解题思路，预测答案等． 类比推理是从特殊到特殊的一种推理方法，它以比较为基 础，类比法有助于启迪思维，触类旁通，拓宽知识面，发现命题 等，著名哲学家康德说：“每当理智缺乏可靠论证思路时，类比 法往往能指明前进的方向．”
(3)由全等三角形的定义可知：全等三角形的对应角相等， 这一性质相当于：对于任意两个三角形，如果它们全等，则它们 的对应角相等，大前提
△ABC 和△CDA 全等，小前提 则它们的对应角相等．结论 用符号表示，就是△ABC≌△CDA⇒∠1＝∠2 且∠3＝∠4 且∠B＝∠D.
(4)两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这 两条直线平行，大前提
专题三 综合法与分析法 (1) 综 合 法 和 分 析 法 是 直 接 证 明 中 两 种 最 基 本 的 证 明 方 法．但这两种方法证明思路完全相反．综合法是“由因导果”， 而分析法是“执果索因”． (2)一般情况下是用分析法寻找解题思路，然后用综合法证 明问题，它们相互转换、相互渗透、要充分利用这一辨证关系．在 解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径．
2018～2019学年度高中数学选修2-2教师用书配套课件整理3.1.2
2.复数的几何意义 (1)复数z=a+bi(a,b∈R) 一一对应复平面内的 点__Z_(_a_,_b_)_. (2)复数z=a+bi(a,b∈R) 一一对应平面向量__O_Z.
【对点训练】
1.在复平面内,复数z=sin 2+icos 2对应的点位
于( )
A.第一象限
B.第二象限
2.虚轴上的点都表示纯虚数吗？ 提示:除原点外,虚轴上的点都表示纯虚数.
结论: 1.复平面 建立直角坐标系来表示复数的平面叫做_复__平__面__. x轴叫做_实__轴__,y轴叫做__虚__轴_.实轴__x轴上的点都表 示_实__数__,除___(_0_,_0_)外,虚轴__轴y 上的点都表示纯 虚数.
【补偿训练】已知i为虚数单位,a∈R,若a2-1+
(a+1)i为纯虚数,则复数z=a+(a-2)i 在复平面内
对应的点位于 ( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选D.因为i为虚数单位,a∈R,a2-1+(a+1)i
为纯虚数,所以
a
2
1
0,
解得a=1,所以z=1-i,
3.1.2 复数的几何意义
学习导引
学 习 目 标
1.了解复平面的概念 2.掌握复数的几何意义及应用 3.理解并会求解复数的模
重点:理解复数的几何意义,根据复
核 心 提 示
数的代数形式描出其对应的点及向 量 难点:根据复数的代数形式描出其对 应的点及向量 易错点:把复数z=a+bi(a,b∈R)对应
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选D.因为 <2<π,所以sin 2>0,cos 2<0.
2018-2019学年北师大版高中数学选修2-2同步配套课件：本章整合1
本章整合
-1-
知识建构
综合应用
真题放送
合情推理 归纳推理
推理
类比推理
演绎推理
推理与证明
综合法
直接证明
分析法
证明
间接证明:反证法
数学归纳法
专题一 专题二 专题三 专题四
知识建构
综合应用
真题放送
专题一 归纳与类比 归纳推理和类比推理都是根据已有的事实,经过观察、分析、比 较、联想,再进行归纳、类比,然后提出猜想的推理.虽然猜想是否 正确还有待严格的证明,但是这个猜想可以为我们的研究提供一种 方向.
知识建构
综合应用
真题放送
专题一 专题二 专题三 专题四
应用1对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”,可类比猜想 出:正四面体的内切球切于四个面所在正三角形的位置是( )
A.各正三角形内的任一点 B.各正三角形的中心 C.各正三角形边上的任一点 D.各正三角形的某中线的中点 提示:空间中的问题可以类比平面中的问题解决. 解析:正三角形类比正四面体,正三角形的三边类比正四面体的 四个面,三边的中点类比正三角形的中心. 答案:B
(2)假设 n=k(k≥1,k∈N+)时,2≤xk<3 成立,
则当
n=k+1
时,xk+1=
4������������+3 ������������+2
=
4
−
������������5+2,
由 2≤xk<3,得 4≤xk+2<5,
所以
1<
5 ������������+2
≤
54,
故
2<
141≤4−
-1-
知识建构
综合应用
真题放送
合情推理 归纳推理
推理
类比推理
演绎推理
推理与证明
综合法
直接证明
分析法
证明
间接证明:反证法
数学归纳法
专题一 专题二 专题三 专题四
知识建构
综合应用
真题放送
专题一 归纳与类比 归纳推理和类比推理都是根据已有的事实,经过观察、分析、比 较、联想,再进行归纳、类比,然后提出猜想的推理.虽然猜想是否 正确还有待严格的证明,但是这个猜想可以为我们的研究提供一种 方向.
知识建构
综合应用
真题放送
专题一 专题二 专题三 专题四
应用1对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”,可类比猜想 出:正四面体的内切球切于四个面所在正三角形的位置是( )
A.各正三角形内的任一点 B.各正三角形的中心 C.各正三角形边上的任一点 D.各正三角形的某中线的中点 提示:空间中的问题可以类比平面中的问题解决. 解析:正三角形类比正四面体,正三角形的三边类比正四面体的 四个面,三边的中点类比正三角形的中心. 答案:B
(2)假设 n=k(k≥1,k∈N+)时,2≤xk<3 成立,
则当
n=k+1
时,xk+1=
4������������+3 ������������+2
=
4
−
������������5+2,
由 2≤xk<3,得 4≤xk+2<5,
所以
1<
5 ������������+2
≤
54,
故
2<
141≤4−
2018-2019学年人教A版数学选修2-2同步导学精品课件：第一章 导数及其应用1.3.1
• 2．函数的变化快慢与导数的关系 • 如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么这个 快 陡峭 函数在这个范围内变化较 ________，其图象比较 ________．即|f ′(x)|越大，则函数f(x)的切线的斜率越大 ，函数f(x)的变化率就越大．
• • • •
D 1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是 ( A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞) [解析] ∵f(x)＝(x－3)ex，
[ 思路分析] 根据函数的单调性与其导函数的正负关系进行求解．
[ 解析]
f ′(x)＝x2－ax＋a－1，由题意知 f ′(x)≤0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ在区间(1,4)上恒成立，且
f ′(x)≥0 在区间(6，＋∞)上恒成立． 由 f ′(x)≤0 得 x2－ax＋a－1≤0． x2－1 ∵x∈(1,4)，∴x－1∈(0,3)，∴a≥ ＝x＋1． x－1
转化思想的应用——构造法证明不等式
1 2 当 x >0 时，证明：不等式 ln( x ＋ 1)> x － 典例 4 2x ．
[ 思路分析]
利用导数证明不等式，首先要构造函数 f(x)，而 f(x)实际上就是
1 2 不等式两边式子的差， 即 f(x)＝ln(x＋1)－x＋2x ． 因此要证明原不等式， 即证 f(x)>0 在 x>0 时恒成立．
则 f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有 2 个零点， 故 Δ＝16a2－16(a－2)＞0，解得：a＞1 或 a＜－2， 故选 D．
1 2 4．(2017· 重庆高二检测)函数 f(x)＝2x －lnx 的单调递减区间为( C ) A．(－1,1) C．(0,1)
[ 解析]
2018版高中数学人教A版选修2-2课件：本章整合3
2(x+yi)+ ������ 2 + ������ 2 = 2 + 6i, 即(2x+ ������ 2 + ������ 2 ) + 2������i = 2 + 6i. 2������ + ������ 2 + ������ 2 = 2, 由复数相等的充要条件,得 2������ = 6, 解得 x= 故 z=
答案:1
综合应用 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
专题四 利用复数相等解决问题 在复数集C={a+bi|a,b∈R}中,任取两个复数 a+bi,c+di(a,b,c,d∈R),我们规定:a+bi,c+di相等的充要条件是a=c, 且b=d.
综合应用 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
应用 已知2z+|z|=2+6i,求z. 提示:设z=x+yi(x,y∈R),由复数相等建立方程组求解. 解:设z=x+yi(x,y∈R),代入已知方程,得
本 章 整 合
-1-
知识建构
综合应用 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
专题一 复数的实部与虚部的区分 对于复数z=a+bi(a,b∈R),其中a和b分别叫做复数z的实部和虚部, 一定要记清楚bi并不是虚部.如2+i的实部为2,虚部为1,而不是i.
综合应用 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
=
3+i
∴z· ������ = 答案:A
3 i + 4 4
3 i ∴ ������ = − − . 4 4
3 i 4 4
=
3 1 + 16 16
2018版高中数学人教A版选修2-2课件：本章整合2
题1 专题2 专题3
专题一 合情推理和演绎推理在解题中的应用 1.合情推理的应用 归纳和类比是常用的合情推理,都是根据已有的事实,经过观察、 分析、比较、联想,再进行归纳类比,然后提出猜想的推理.从推理 形式上看,归纳推理是由部分特殊的对象得到一般性的结论的推理 方法,它在科学研究或数学学习中有着重要的作用:发现新知识、 探索新规律、检验新结论或预测答案、探索解题思路等;类比推理 是由特殊到特殊的推理,它以比较为基础,有助于启迪思维、触类 旁通、拓宽知识、发现命题等.合情推理的结论不一定正确,有待 于演绎推理的验证,而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的, 合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.
①
再证余弦定理.在△A'B'C'中,有 B'C'2=A'C'2+A'B'2-2A'C'· A'B'cos α.
2 2 2 ①式两边同乘 l2,即得������1 = ������2 + ������3 − 2������2S3cos α, 2 2 2 2 2 2 同理可证������2 = ������1 + ������3 − 2������1S3cos ������, ������3 = ������1 + ������2 − 2S1S2cos γ.
综合应用 专题1 专题2 专题3
解:如图,作与三棱柱 ABC-A1B1C1 侧棱都垂直的截面 A'B'C',设∠ B'A'C'=α,∠A'B'C'=β,∠B'C'A'=γ,则 α,β,γ 分别为三个侧面所成二面 角的平面角.
专题一 合情推理和演绎推理在解题中的应用 1.合情推理的应用 归纳和类比是常用的合情推理,都是根据已有的事实,经过观察、 分析、比较、联想,再进行归纳类比,然后提出猜想的推理.从推理 形式上看,归纳推理是由部分特殊的对象得到一般性的结论的推理 方法,它在科学研究或数学学习中有着重要的作用:发现新知识、 探索新规律、检验新结论或预测答案、探索解题思路等;类比推理 是由特殊到特殊的推理,它以比较为基础,有助于启迪思维、触类 旁通、拓宽知识、发现命题等.合情推理的结论不一定正确,有待 于演绎推理的验证,而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的, 合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.
①
再证余弦定理.在△A'B'C'中,有 B'C'2=A'C'2+A'B'2-2A'C'· A'B'cos α.
2 2 2 ①式两边同乘 l2,即得������1 = ������2 + ������3 − 2������2S3cos α, 2 2 2 2 2 2 同理可证������2 = ������1 + ������3 − 2������1S3cos ������, ������3 = ������1 + ������2 − 2S1S2cos γ.
综合应用 专题1 专题2 专题3
解:如图,作与三棱柱 ABC-A1B1C1 侧棱都垂直的截面 A'B'C',设∠ B'A'C'=α,∠A'B'C'=β,∠B'C'A'=γ,则 α,β,γ 分别为三个侧面所成二面 角的平面角.
2018版高中数学人教A版选修2-2课件：本章整合1
在
-������+ ������2 -3 3
, + ∞ 内f'(x)>0,f(x)是增函数.
②若 − 3 < ������ < 3, 则对所有x∈R 都有 f'(x)>0,故此时 f(x)在
R 上是增函数.
③若 a=± 3, 则f′ - 3 = 0, 且对所有的x≠− 3 都有f'(x)>0,
故当 a=± 3时,f(x)在 R 上是增函数.
2 (������2 +������)
,
由题意知 f'(-c)=0,即得 c2k-2c-ck=0.
∵c>0,易知 k≠0,∴c=1+ ������ . (∗)
2
由 f'(x)=0,得-kx2-2x+ck=0. 由根与系数的关系知另一个极值点为 x=1.
综合应用 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
即 4x-y-4=0 和 12x-3y+20=0.
4
∴斜率为 4 的曲线的切线方程为 y-4=4(x-2)和 y+ 3 = 4(������ + 2),
4
综合应用 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
专题二 利用导数确定函数的单调区间 利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一,其步骤为: (1)确定f(x)的定义域; (2)求导数f'(x); (3)解不等式f'(x)>0或f'(x)<0; (4)确定并指出函数的单调递增区间、递减区间. 特别要注意写单调区间时,相同单调性的区间之间用“和”连接或 用“,”隔开,绝对不能用“∪”相连.
(2)由(*)式知
当 x 变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表: x (-∞,-c) -c (-c,1) 1 f'(x) 0 + 0 f(x) ↘
2018学年高中数学人教A版选修2-2课件 章末整合提升3 精品
A．E
B．F
C．G
D．H
[答案] D
[思路分析] 若z＝a＋bi(a，b∈R)，则z在复平面内的对应 点为Z(a，b)，据此可由点的坐标写出点对应的复数，也可描出 复数在复平面内的对应点．
[解析] ∵点 Z(3,1)对应的复数为 z， 3＋i 3＋i1－i 4－2i z ∴z＝3＋i， ＝ ＝ ＝ 2 ＝2－i， 1＋i 1＋i 1＋i1－i 该复数对应的点的坐标是(2，－1)，即 H 点．
2－bi 2．若复数 (a∈R)的实部与虚部互为相反数，则 b＝ 1＋2i 导学号 10510828 ( A. 2 2 C．－3 ) 2 B.3 D．2
[答案] C
[解析]
2－bi 2－bi1－2i 2－2b－b＋4i ＝ ＝ 5 1＋2i 1＋2i1－2i
2－2b －4－b ＝ 5 ＋ 5 i. 2－2b －4－b 2 由题意可得 5 ＝－ 5 ，解得 b＝－3.故选 C.
[答案] A
2＋i 2＋i1＋i 1 3 [解析] ∵a＋bi＝ ＝ ＝2＋2i(a，b∈R)， 2 1－i 1 a＝2 ∴ b ∵ 2 ＋ 2 ＝2>2，
∴点
1 3 P2，2在圆 x2＋y2＝2
3a＋b－7＝－8， ∴ 4a＋24＝20. a＝－1， ∴ b＝2.
专题五
共轭复数概念的理解及应用
当两个复数实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫 做互为共轭复数．如 z＝a＋bi 的共轭复数为 z ＝a－bi(a，b∈ R)．
z 设 z 的共轭复数为 z ，若 z＋ z ＝4，z· z ＝8，则 z 等于 导学号 10510827 ( A．i C．± 1 ) B．－i D．± i
已知复数 z＝m(m－1)＋(m2＋2m－3)i， 当 m 取何实数值时，复数 z 是： 导学号 10510823 (1)零； (2)纯虚数； (3)z＝2＋5i.
2018学年高中数学人教A版选修2-2课件 章末整合提升2 精品
专题五 反证法 反证法不是去直接证明结论，而是先否定结论，在此基础 上运用演绎推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．
已知函数 f(x)＝ln(1＋ex)－x(x∈R)有下列性质： fb－fa “若 x∈[a，b]，则存在 x0∈(a，b)，使得 ＝f ′(x0)” b－a 成立．利用这个性质证明 x0 唯一. 导学号 10510640
成才之路 ·数学
人教A版 ·选修2-2 2-3
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第二章
推理与证明
第二章 章末整合提升
1
知 识 网 络
2
专 题 突 破
3
即 时 巩 固
知 识 网 络
专 题 突 破
专题一 合情推理——归纳推理 归纳是通过对特例的观察和综合去发现一般规律，一般通 过观察图形或分析式子寻找规律，归纳过程的典型步骤是：先 在诸多特例中发现某些相似性，再把相似性推广为一个明确表
专题三 演绎推理 从思维过程的指向来看，演绎推理是以某一类事物的一般 判断为前提，而作出关于某个该类事物的判断的思维过程，因 此是从一般到特殊的推理．数学中的演绎推理一般是以三段论
的格式进行的．三段论由大前提、小前提和结论三个命题组
成，大前提是一个一般性原理，小前提给出了适合这个原理的 一个特殊场合，结论是大前提和小前提的逻辑结果．
专题二 合情推理——类比推理
类比是提出新问题和作出新发现的一个重要源泉，是一种 较高层次的信息迁移，应用类比的关键就在于如何把相关对象 在某些方面的一致性说清楚．
类比三角形内角平分线定理： 设△ABC 的内角 A AB BM 的平分线交 BC 于点 M，则AC＝MC.若在四面体 P－ABC 中， 二面角 B－PA－C 的平分面 PAD 交 BC 于点 D，你可得到的结 论是________，并加以证明. 导学号 10510637
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fa－1>0， 所以 fa＋1<0，
1 2 a ＋ 2 a － 1 >0， 3 即 1a－2a＋12<0， 3 解得－2<a<2，且a≠± 1． 故a的取值范围是(－2，－1)∪(－1,1)∪(1,2)．
3．考查利用导数证明不等式 构造辅助函数，借助导数在函数性质方面的应用，解决不等式的证明，也是 高考的一个热点问题．设置此问题，旨在考查导数的工具作用，强化应用意识．
2x＋1x－2 1 －x－2＝－ ． 2x 1 令F′(x)＝0，得x＝2，x＝－2(舍去)． 当0<x<2时，F′(x)>0，函数单调递增； 当x>2时，F′(x)<0，函数单调递减． 即函数F(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
(2)设F(x)＝f(x)－g(x)， 2x＋1ax－1 则F′(x)＝－ ， 2x 当a≤0时，F′(x)≥0，F(x)单调递增，F(x)≤0不可能恒成立； 1 1 1 当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝ a ，x＝－ 2 (舍去)．当0<x< a 时，F′(x)>0，函 数单调递增； 1 当x>a时，F′(x)<0，函数单调递减． 1 1 故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F(a)，依题意F (a)≤0恒成立， 1 1 即lna＋a－1≤0．
• 『规律方法』 结合函数的单调性、极值及最值，将参数 置身于题目之中，参透分类讨论、数形结合等数学思想方 法．一直是高考的热点问题．其中恒成立问题是常见的问 题之一，在解决恒成立问题时，一般是构造函数、数形结 合或分离参数，过程要注意树立主元意识． • 2．利用导数处理方程的根 • 以导数为工具画出函数的大致图象，进而利用数形结合思 想、函数方程思想处理方程的根的问题在近几年高考题中 已出现，并有创新．
• 『规律方法』 要理解实际问题中导数的意义，首先要掌 握导数的定义域，然后再依据导数的定义解释它在实际问 题中的意义．
专题四 ⇨定积分的应用
典例 7 如图，设由抛物线C：x2＝4y与过它的焦点F的直线l所围成封闭曲
面图形的面积为S(阴影部分)．
(1)设直线l与抛物线C交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1<x2，直线l的斜率为 k，试用k表示x2－x1； (2)求S的最小值．
1 2 (2)所求的面积：S＝∫x 2x1(kx＋1－4x )dx x2 1 3 k 2 1 3 k 2 1 3 k ＝(k· 2 ＋x－12x )x2x1＝( 2x2＋x2－12x2)－(2 x1＋x1－12x1)＝2(x2＋x1)(x2－x1)＋ 1 4 2 2 2 2 2 (x2－x1)－12(x2－x1)[(x1＋x2) －x1x2] ＝8k k ＋1＋4 k ＋1－3 k ＋1(4k2＋1)， 4 83 2 令 k ＋1＝t，则t≥1，有k ＝t －1，S＝8(t －1)t＋4t－3t[4(t －1)＋1] ＝3t ，
a ③若a>0，令f′(x)＝0，得x＝3． a a a 当0<x< 3 时，f′(x)<0，当a> 3 时，f′(x)>0．故f(x)有单调递减区间(0， 3 )，单 a 调递增区间(3，＋∞)． 由于函数在某一点处没有增减性， 故函数的单调区间的情况为： 若a≤0，f(x)有单调递增区间[0，＋∞)； a a 若a>0，f(x)有单调递减区间[0，3]，单调递增区间[3，＋∞)．
－ － －
函数g(x)＝f(x)－ax，则g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e x－a，由(1)知f′(x)＝ex＋e
x
≥2，从而得到分类标准为a≤2和a>2，在这两种情况下利用导数来研究函数g(x)
的单调性及最值，即可解决．
[ 解析]
(1)证明：f(x)的导数f′(x)＝ex＋e－x．
由于ex＋e－x≥2 exe－x＝2，故f′(x)≥2． 当且仅当x＝0时，等号成立． (2)解：令g(x)＝f(x)－ax，则 g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a， ①若a≤2，当x>0时，g′(x)＝ex＋e x－a>2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为
『规律方法』
如何求方程 x3 － 3a3x ＋ 2a3 ＝ 0 的根是解决该题第二问的关
键．事实上，x3 － 3a2x ＋ 2a3 ＝0可化为 (x3－a2x) －(2a2x － 2a3) ＝0，进而化为x(x2
－a2)－2a2(x－a)＝0．然后通过分解因式解决．
专题二 ⇨导数的应用
• 1．导数作为工具，应用较为广泛，特别是在研究函数单 调性、极值、最值等方面发挥着重要的作用．
[ 解析]
(1)由题意知函数的定义域为[0，＋∞)，
x－a 3x－a f′(x)＝ x＋ ＝ (x>0)． 2 x 2 x ①若a<0，由于定义域为[0，＋∞)， 则f′(x)>0，故f(x)有单调增区间[0，＋∞)； ②若a＝0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)有单调递增区间(0，＋∞)．
(1)求直线l的方程； (2)证明直线l与曲线y＝x3恒有两个不同的公共点，且这两个公共点之间的距 离不小于3 6a2．
[ 分析]
ห้องสมุดไป่ตู้
(1)利用导数的几何意义解决．先求导数f′(x)＝3x2，则切线斜率为
f′(a)＝3a2，再利用点斜式写出切线方程．(2)利用方程思想解决．将切线方程与 曲线方程联立求出交点坐标A(a，a3)，B(－2a，－8a3)，再利用两点间距离公式求 出距离，观察结构，采用基本不等式证明结论成立．
[ 解析]
(1)可得点F(0,1)，设直线l的方程为y＝kx＋1，直线l与抛物线C交于 得x2－4kx－4＝0，
y＝kx＋1， 两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 2 x ＝4y
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4． 又∵x1<x2， ∴x2－x1＝ x1＋x22－4x1x2＝4 k2＋1．
• 从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数最 值问题，再利用导数解决，从而进一步地解决实际问题是 高考提出的能力要求． 典例 6 某机械厂生产某种机器配件的最大生产能力为每日100件，假设日
1 2 产品的总成本C(元)与日产量x(件)的函数关系为C(x)＝4x ＋60x＋2050． 求：(1)日产量为75件时的总成本和平均成本； (2)当日产量由75件提高到90件时，总成本的平均改变量； (3)当日产量为75件时的边际成本．
1 1 1 1 令g(a)＝ln a ＋ a －1，又g(x)单调递减，且g(1)＝0，故ln a ＋ a －1≤0成立的充 要条件是a≥1， 所以a的取值范围是[1，＋∞)．
• 『规律方法』 利用导数来判断函数的单调性，确定单调 区间，通过函数的极值、最值来解决恒成立问题．
专题三 ⇨导数在实际问题中的应用
[ 分析]
当销售量为x，总利润为L＝L(x)时，称L′(x)为销售量为x时的边际
利润，它等于销售量为x时再多销售一个单位产品所增加或减少的利润．
[ 解析]
(1)日产量为75件时的总成本和平均成本分别为C(75)＝
C75 7956．25(元)， 75 ≈106．08(元/件)． ΔC C90－C75 (2)当日产量由75件提高到90件时，总成本的平均改变量 Δx ＝ ＝ 90－75 101．25(元/件)． 1 (3)∵C′(x)＝2x＋60， ∴当日产量为75件时的边际成本C′(75)＝97．5(元)．
[ 解析]
(1)解：y′＝3x2，直线l的斜率为f′(a)＝3a2．
故直线l的方程为y－a3＝3a2(x－a)，即y＝3a2x－2a3．
3 y ＝ x ， (2)证明：由 2 3 y ＝ 3 a x － 2 a
，得x3－3a2x＋2a3＝0．
即(x－a)2(x＋2a)＝0，解得x1＝a，x2＝－2a． 因为a≠0，所以x1≠x2． 所以直线l与曲线有两个不同的交点A(a，a3)，B(－2a，－8a3)， 则|AB|＝ 3a2＋9a32≥ 2· 3a· 9a3＝3 6a2， 即这两个公共点之间的距离不小于3 6a2．
新课标导学
数 学
选修2-2 ·人教A版
第一章
导数及其应用 章末整合提升
1 2
知 识 网 络
专 题 突 破
知 识 网 络
专 题 突 破
专题一 ⇨利用导数的几何意义解题
• 导数的概念、运算及导数的几何意义等基础知识，是高考 的必考内容，难度位于中低档．
典例 1 设曲线y＝x3在x＝a(a≠0)处的切线为l．
1 典例 4 设a为实数，已知函数f(x)＝ x3－ax2＋(a2－1)x． 3 (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若方程f(x)＝0有三个不等实根，求实数a的取值范围．
[ 解析] 1 3 2 (1)依题意有f(x)＝3x －x ，
故f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
• 『规律方法』 研究函数的单调性等问题不可忽视定义域 ；另外注意分类讨论思想的运用．
• 典例 3 设函数f(x)＝ex－e－x． • (1)证明：f(x)的导数f′(x)≥2； • (2)若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．
[ 分析] (1)求导数f′(x)＝ex＋e x，观察结构利用基本不等式解决；(2)构造
x f′(x) f ( x)
(－∞，0) ＋
0 0 极大值
(0,2) －
2 0 极小值
(2，＋∞) ＋
4 由上表得f(x)在x＝0时取极大值f(0)＝0，f(x)在x＝2时取得极小值f(2)＝－3．
(2)因为f′(x)＝x2－2ax＋(a2－1)＝[ x－(a－1)] · [ x－(a＋1)] ，所以方程f′(x)＝ 0的两根为a－1和a＋1，显然，函数f(x)在x＝a－1时取得极大值，在x＝a＋1时取 得极小值． 因为方程f(x)＝0有三个不等实根，
1 2 a ＋ 2 a － 1 >0， 3 即 1a－2a＋12<0， 3 解得－2<a<2，且a≠± 1． 故a的取值范围是(－2，－1)∪(－1,1)∪(1,2)．
3．考查利用导数证明不等式 构造辅助函数，借助导数在函数性质方面的应用，解决不等式的证明，也是 高考的一个热点问题．设置此问题，旨在考查导数的工具作用，强化应用意识．
2x＋1x－2 1 －x－2＝－ ． 2x 1 令F′(x)＝0，得x＝2，x＝－2(舍去)． 当0<x<2时，F′(x)>0，函数单调递增； 当x>2时，F′(x)<0，函数单调递减． 即函数F(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
(2)设F(x)＝f(x)－g(x)， 2x＋1ax－1 则F′(x)＝－ ， 2x 当a≤0时，F′(x)≥0，F(x)单调递增，F(x)≤0不可能恒成立； 1 1 1 当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝ a ，x＝－ 2 (舍去)．当0<x< a 时，F′(x)>0，函 数单调递增； 1 当x>a时，F′(x)<0，函数单调递减． 1 1 故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F(a)，依题意F (a)≤0恒成立， 1 1 即lna＋a－1≤0．
• 『规律方法』 结合函数的单调性、极值及最值，将参数 置身于题目之中，参透分类讨论、数形结合等数学思想方 法．一直是高考的热点问题．其中恒成立问题是常见的问 题之一，在解决恒成立问题时，一般是构造函数、数形结 合或分离参数，过程要注意树立主元意识． • 2．利用导数处理方程的根 • 以导数为工具画出函数的大致图象，进而利用数形结合思 想、函数方程思想处理方程的根的问题在近几年高考题中 已出现，并有创新．
• 『规律方法』 要理解实际问题中导数的意义，首先要掌 握导数的定义域，然后再依据导数的定义解释它在实际问 题中的意义．
专题四 ⇨定积分的应用
典例 7 如图，设由抛物线C：x2＝4y与过它的焦点F的直线l所围成封闭曲
面图形的面积为S(阴影部分)．
(1)设直线l与抛物线C交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1<x2，直线l的斜率为 k，试用k表示x2－x1； (2)求S的最小值．
1 2 (2)所求的面积：S＝∫x 2x1(kx＋1－4x )dx x2 1 3 k 2 1 3 k 2 1 3 k ＝(k· 2 ＋x－12x )x2x1＝( 2x2＋x2－12x2)－(2 x1＋x1－12x1)＝2(x2＋x1)(x2－x1)＋ 1 4 2 2 2 2 2 (x2－x1)－12(x2－x1)[(x1＋x2) －x1x2] ＝8k k ＋1＋4 k ＋1－3 k ＋1(4k2＋1)， 4 83 2 令 k ＋1＝t，则t≥1，有k ＝t －1，S＝8(t －1)t＋4t－3t[4(t －1)＋1] ＝3t ，
a ③若a>0，令f′(x)＝0，得x＝3． a a a 当0<x< 3 时，f′(x)<0，当a> 3 时，f′(x)>0．故f(x)有单调递减区间(0， 3 )，单 a 调递增区间(3，＋∞)． 由于函数在某一点处没有增减性， 故函数的单调区间的情况为： 若a≤0，f(x)有单调递增区间[0，＋∞)； a a 若a>0，f(x)有单调递减区间[0，3]，单调递增区间[3，＋∞)．
－ － －
函数g(x)＝f(x)－ax，则g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e x－a，由(1)知f′(x)＝ex＋e
x
≥2，从而得到分类标准为a≤2和a>2，在这两种情况下利用导数来研究函数g(x)
的单调性及最值，即可解决．
[ 解析]
(1)证明：f(x)的导数f′(x)＝ex＋e－x．
由于ex＋e－x≥2 exe－x＝2，故f′(x)≥2． 当且仅当x＝0时，等号成立． (2)解：令g(x)＝f(x)－ax，则 g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a， ①若a≤2，当x>0时，g′(x)＝ex＋e x－a>2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为
『规律方法』
如何求方程 x3 － 3a3x ＋ 2a3 ＝ 0 的根是解决该题第二问的关
键．事实上，x3 － 3a2x ＋ 2a3 ＝0可化为 (x3－a2x) －(2a2x － 2a3) ＝0，进而化为x(x2
－a2)－2a2(x－a)＝0．然后通过分解因式解决．
专题二 ⇨导数的应用
• 1．导数作为工具，应用较为广泛，特别是在研究函数单 调性、极值、最值等方面发挥着重要的作用．
[ 解析]
(1)由题意知函数的定义域为[0，＋∞)，
x－a 3x－a f′(x)＝ x＋ ＝ (x>0)． 2 x 2 x ①若a<0，由于定义域为[0，＋∞)， 则f′(x)>0，故f(x)有单调增区间[0，＋∞)； ②若a＝0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)有单调递增区间(0，＋∞)．
(1)求直线l的方程； (2)证明直线l与曲线y＝x3恒有两个不同的公共点，且这两个公共点之间的距 离不小于3 6a2．
[ 分析]
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(1)利用导数的几何意义解决．先求导数f′(x)＝3x2，则切线斜率为
f′(a)＝3a2，再利用点斜式写出切线方程．(2)利用方程思想解决．将切线方程与 曲线方程联立求出交点坐标A(a，a3)，B(－2a，－8a3)，再利用两点间距离公式求 出距离，观察结构，采用基本不等式证明结论成立．
[ 解析]
(1)可得点F(0,1)，设直线l的方程为y＝kx＋1，直线l与抛物线C交于 得x2－4kx－4＝0，
y＝kx＋1， 两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 2 x ＝4y
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4． 又∵x1<x2， ∴x2－x1＝ x1＋x22－4x1x2＝4 k2＋1．
• 从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数最 值问题，再利用导数解决，从而进一步地解决实际问题是 高考提出的能力要求． 典例 6 某机械厂生产某种机器配件的最大生产能力为每日100件，假设日
1 2 产品的总成本C(元)与日产量x(件)的函数关系为C(x)＝4x ＋60x＋2050． 求：(1)日产量为75件时的总成本和平均成本； (2)当日产量由75件提高到90件时，总成本的平均改变量； (3)当日产量为75件时的边际成本．
1 1 1 1 令g(a)＝ln a ＋ a －1，又g(x)单调递减，且g(1)＝0，故ln a ＋ a －1≤0成立的充 要条件是a≥1， 所以a的取值范围是[1，＋∞)．
• 『规律方法』 利用导数来判断函数的单调性，确定单调 区间，通过函数的极值、最值来解决恒成立问题．
专题三 ⇨导数在实际问题中的应用
[ 分析]
当销售量为x，总利润为L＝L(x)时，称L′(x)为销售量为x时的边际
利润，它等于销售量为x时再多销售一个单位产品所增加或减少的利润．
[ 解析]
(1)日产量为75件时的总成本和平均成本分别为C(75)＝
C75 7956．25(元)， 75 ≈106．08(元/件)． ΔC C90－C75 (2)当日产量由75件提高到90件时，总成本的平均改变量 Δx ＝ ＝ 90－75 101．25(元/件)． 1 (3)∵C′(x)＝2x＋60， ∴当日产量为75件时的边际成本C′(75)＝97．5(元)．
[ 解析]
(1)解：y′＝3x2，直线l的斜率为f′(a)＝3a2．
故直线l的方程为y－a3＝3a2(x－a)，即y＝3a2x－2a3．
3 y ＝ x ， (2)证明：由 2 3 y ＝ 3 a x － 2 a
，得x3－3a2x＋2a3＝0．
即(x－a)2(x＋2a)＝0，解得x1＝a，x2＝－2a． 因为a≠0，所以x1≠x2． 所以直线l与曲线有两个不同的交点A(a，a3)，B(－2a，－8a3)， 则|AB|＝ 3a2＋9a32≥ 2· 3a· 9a3＝3 6a2， 即这两个公共点之间的距离不小于3 6a2．
新课标导学
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第一章
导数及其应用 章末整合提升
1 2
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专 题 突 破
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专题一 ⇨利用导数的几何意义解题
• 导数的概念、运算及导数的几何意义等基础知识，是高考 的必考内容，难度位于中低档．
典例 1 设曲线y＝x3在x＝a(a≠0)处的切线为l．
1 典例 4 设a为实数，已知函数f(x)＝ x3－ax2＋(a2－1)x． 3 (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若方程f(x)＝0有三个不等实根，求实数a的取值范围．
[ 解析] 1 3 2 (1)依题意有f(x)＝3x －x ，
故f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
• 『规律方法』 研究函数的单调性等问题不可忽视定义域 ；另外注意分类讨论思想的运用．
• 典例 3 设函数f(x)＝ex－e－x． • (1)证明：f(x)的导数f′(x)≥2； • (2)若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．
[ 分析] (1)求导数f′(x)＝ex＋e x，观察结构利用基本不等式解决；(2)构造
x f′(x) f ( x)
(－∞，0) ＋
0 0 极大值
(0,2) －
2 0 极小值
(2，＋∞) ＋
4 由上表得f(x)在x＝0时取极大值f(0)＝0，f(x)在x＝2时取得极小值f(2)＝－3．
(2)因为f′(x)＝x2－2ax＋(a2－1)＝[ x－(a－1)] · [ x－(a＋1)] ，所以方程f′(x)＝ 0的两根为a－1和a＋1，显然，函数f(x)在x＝a－1时取得极大值，在x＝a＋1时取 得极小值． 因为方程f(x)＝0有三个不等实根，