高中数学第一章导数及其应用章末复习课学案新人教B版选修2_2

第一章导数及其应用题型一导数与曲线的切线利用导数求切线方程时关键是找到切点，若切点未知需设出．常见的类型有两种，一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，易求斜率进而写出直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，由y0－y1＝f′(x1)和y1＝f(x1)求出x1，y1的值，转化为第一种类型．x0－x1例1 已知函数f(x)＝e x－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<e x.(1)解由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值， 且极小值f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明 令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0. 故g (x )在R 上单调递增， 又g (0)＝1>0，因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.跟踪训练1 已知函数f (x )＝ax 2＋2ln(2－x )(a ∈R )，设曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为l ，若l 与圆C ：x 2＋y 2＝14相切，求a 的值．解 依题意有：f (1)＝a ，f ′(x )＝2ax ＋2x －2(x <2)， ∴l 的方程为2(a －1)x －y ＋2－a ＝0， ∵l 与圆相切， ∴|2－a |a －2＋1＝12⇒a ＝118， ∴a 的值为118.题型二 导数与函数的单调性 求解函数y ＝f (x )单调区间的步骤： (1)确定函数y ＝f (x )的定义域； (2)求导数y ′＝f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为增区间； (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为减区间．特别要注意定义域，写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．例2 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝(x －3)e x，x ∈(0，＋∞)； (2)f (x )＝x (x －a )2.解 (1)f ′(x )＝(x －3)′e x＋(x －3)(e x)′＝(x －2)e x， 令f ′(x )>0，解得x >2，又x ∈(0，＋∞)，∴函数的单调增区间为(2，＋∞)，函数的单调减区间为(0,2)．(2)函数f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x 的定义域为R ， 由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a3，x 2＝a .①当a >0时，x 1<x 2.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a3)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(a3，a )．②当a <0时，x 1>x 2，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(a3，＋∞)，单调递减区间为(a ，a3)．③当a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，即f (x )在R 上是单调递增的．综上，a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a 3)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(a3，a )；a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(a 3，＋∞)，单调递减区间为(a ，a3)；a ＝0时，函数f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)．跟踪训练2 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝sin x ，x ∈[0,2π]； (2)y ＝x ln x .解 (1)函数的定义域是[0,2π]，f ′(x )＝cos x ，令cos x >0，解得2k π－π2<x <2k π＋π2(k ∈Z )，当x ∈[0,2π]时，0<x <π2，或3π2<x <2π，令cos x <0，解得π2<x <3π2，因此，f (x )的单调递增区间是(0，π2)和(3π2，2π)，单调递减区间是(π2，3π2)．(2)函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令ln x ＋1>0得x >e －1，因此，f (x )的单调递增区间是(e －1，＋∞)，单调递减区间是(0，e －1)． 题型三 数形结合思想在导数中的应用1．应用导数求函数极值的一般步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)解方程f ′(x )＝0的根；(3)检验f ′(x )＝0的根的两侧f ′(x )的符号． 若左正右负，则f (x )在此根处取得极大值； 若左负右正，则f (x )在此根处取得极小值； 否则，此根不是f (x )的极值点．2．求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最大值、最小值的方法与步骤： (1)求f (x )在(a ，b )内的极值；(2)将(1)求得的极植与f (a )、f (b )相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值；特别地，①当f (x )在(a ，b )上单调时，其最小值、最大值在区间端点处取得，②当f (x )在(a ，b )内只有一个极值点时，若在这一个点处f (x )有极大(小)值，则可以断定f (x )在该点处f (x )有极大(小)值，则可以断定f (x )在该点处取得最大(小)值，这里(a ，b )也可以是(－∞，＋∞)．例3 设23<a <1，函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (－1≤x ≤1)的最大值为1，最小值为－62，求常数a ，b .解 令f ′(x )＝3x 2－3ax ＝0，得x 1＝0，x 2＝a .f (0)＝b ，f (a )＝－a 32b ，f (－1)＝－1－32a ＋b ，f (1)＝1－32a ＋b .因为23<a <1，所以1－32a <0，故最大值为f (0)＝b ＝1，所以f (x )的最小值为f (－1)＝－1－32a ＋b ＝－32a ，所以－32a ＝－62，所以a ＝63.故a ＝63，b ＝1.跟踪训练3 已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋x (a 、b ∈R 且ab ≠0)的图象如图所示，若|x 1|>|x 2|，则有( )A ．a >0，b >0B ．a <0，b <0C ．a <0，b >0D ．a >0，b <0答案 B解析 由f (x )的图象易知f (x )有两个极值点x 1、x 2，且x ＝x 1时有极小值，∴f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋1的图象如图所示，∴a <0.又|x 1|>|x 2|，∴－x 1>x 2， ∴x 1＋x 2<0，即x 1＋x 2＝－2b3a <0，∴b <0.题型四 定积分及其应用定积分的几何意义表示曲边梯形的面积，它的物理意义表示做变速直线运动物体的位移或变力所做的功，所以利用定积分可求平面图形的面积以及变速运动的路程和变力做功等问题．利用定积分解决问题时要注意确定被积函数和积分上下限．例4 如图，是由直线y ＝x －2，曲线y 2＝x 所围成的图形，试求其面积S .解 由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，y ＝x －2，得x ＝1或x ＝4，故A (1，－1)，B (4,2)，如图所示，S ＝2ʃ10x d x ＋ʃ41(x －x ＋2)d x3312422012212(2)332x x x x =⨯-+ 3222212192(2).332322⎡⎤=⨯+⨯⨯⨯--+=⎢⎥⎣⎦(4-4+24) 跟踪训练4 在区间[0,1]上给定曲线y ＝x 2，如图所示，试在此区间内确定点t 的值，使图中的阴影部分的面积S 1与S 2之和最小．解 面积S 1等于边长为t 与t 2的矩形的面积去掉曲线y ＝x 2与x 轴、直线x ＝t 围成的面积， 即S 1＝t ·t 2－ʃt 0x 2d x ＝23t 3.面积S 2等于曲线y ＝x 2与x 轴，x ＝t ，x ＝1围成的面积去掉矩形面积，矩形边长分别为t 2,1－t ，即S 2＝ʃ1t x 2d x －t 2(1－t )＝23t 3－t 2＋13.所以阴影部分面积S 为：S ＝S 1＋S 2＝43t 3－t 2＋13(0≤t ≤1)，由S ′(t )＝4t 2－2t ＝4t (t －12)＝0，得t ＝0，或t ＝12.由于当0<t <12时，S ′(t )<0；当12<t <1时，S ′(t )>0， 所以S (t )在0<t <12上单调递减，在12<t <1上单调递增． 所以当t ＝12时，S 最小，即图中阴影部分的面积S 1与S 2之和最小．[呈重点、现规律]1．函数中求参数的取值范围问题，可以有两种类型：一是已知函数单调性(或极值)，求参数范围；二是已知函数最值(或恒成立)等性质，求参数范围．这两种类型从实质上讲，可以统一为：已知函数值的变化规律，探求其参数变化范围．2．在解决问题的过程中主要处理好等号的问题：(1)注意定义域；(2)函数在某区间上递增(或递减)的充要条件是：f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，且f ′(x )不恒为零；(3)与函数最值有关的问题要注意最值能否取得的情况，一般我们可以研究临界值取舍即可．。