高中数学第1章导数及其应用章末复习课讲义新人教B版选修2_2

第1章导数及其应用一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；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)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)，①又y1＝f(x1)，②由①②求出x1，y1的值，即求出了过点P(x0，y0)的切线方程．【例1】(1)曲线y＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A．2e B．eC．2 D．1(2)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )[思路探究] (1)曲线在点(1,1)处的切线斜率即为该点处的导数． (2)由导数值的大小变化，确定原函数的变化情况，从而得出结论． [解析] (1)y ′＝ex －1＋x ex －1＝(x ＋1)ex －1，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为k ＝2.(2)从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x ＝0时最大，所以函数f (x )的图象的变化率也先增大后减小，在x ＝0时变化率最大．A 项，在x ＝0时变化率最小，故错误；C 项，变化率是越来越大的，故错误；D 项，变化率是越来越小的，故错误；B 项正确．[答案] (1)C (2)B1．已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2,4)的切线方程； (3)求斜率为4的曲线的切线方程．[解] (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，∴在点P (2,4)处的切线的斜率k ＝4.∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝x 20.∴切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2,4)在切线上， ∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0， ∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0.∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0， ∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0. (3)设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率k ＝x 20＝4，∴x 0＝±2.∴切点为(2,4)或⎝⎛⎭⎪⎫－2，－43. ∴斜率为4的曲线的切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.研究曲线变化规律时的一个应用，它充分体现了数形结合思想．这部分内容要注意的是f (x )为增函数⇔f ′(x )≥0且f ′(x )＝0的根有有限个，f (x )为减函数⇔f ′(x )≤0且f ′(x )＝0的根有有限个．【例2】 设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间．[思路探究] (1)利用导数的几何意义和求导运算建立方程组求未知数．(2)利用导数与函数单调性的关系判断函数的单调性．[解] (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f (2)＝2e ＋2，f ′(2)＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1．所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．2．(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0； (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)． f ′(x )＝(x －1)(x ＋2)e x－(x －2)e x(x ＋2)2＝x 2ex(x ＋2)2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1． 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)g ′(x )＝(x －2)e x＋a (x ＋2)x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e x a －a (x a ＋1)x 2a ＝e x a ＋f (x a )(x a ＋1)x 2a＝e x ax a ＋2.于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝(x ＋1)e x(x ＋2)2＞0，得y ＝e xx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.值或取值范围．另外，这部分内容可能会和恒成立问题、有解等问题联系到一起考查．【例3】 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b 的图象上一点P (1,0)，且在点P 处的切线与直线3x ＋y ＝0平行．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数f (x )在区间[0，t ](0<t <3)上的最大值和最小值；(3)在(1)的结论下，关于x 的方程f (x )＝c 在区间[1,3]上恰有两个相异的实根，求实数c 的取值范围．[思路探究] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝0，f ′(1)＝－3，求出a ，b 即可．(2)对t 分0<t ≤2与2<t <3两种情况求最值．(3)构造函数g (x )＝f (x )－c 转化为g (x )在[1,3]上有实根求解．[解] (1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ，曲线在P (1,0)处的切线斜率为：f ′(1)＝3＋2a ，即3＋2a ＝－3，a ＝－3.又函数过(1,0)点，即－2＋b ＝0，b ＝2. 所以a ＝－3，b ＝2，f (x )＝x 3－3x 2＋2. (2)由f (x )＝x 3－3x 2＋2，得f ′(x )＝3x 2－6x . 由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.①当0<t ≤2时，在区间(0，t )上f ′(x )<0，f (x )在[0，t ]上是减函数，所以f (x )的最大值为f (0)＝2，f (x )的最小值为f (t )＝t 3－3t 2＋2.②当2<t <3时，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (t )－f (0)＝t 3－3t 2＝t 2(t －3)<0.所以f (x )的最大值为f (0)＝2. (3)令g (x )＝f (x )－c ＝x 3－3x 2＋2－c ，g ′(x )＝3x 2－6x ＝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]上恰有两个相异的实根，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (3)≥0，解得－2<c≤0.3．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明： (1)f ′(x )在区间－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．[解] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2， 当x ∈－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′π2<0，可得g ′(x )在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈α，π2时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g (x )在－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′π2<0，所以存在β∈α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减．又f (0)＝0，f π2＝1－ln1＋π2>0，所以当x ∈0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在π2，π单调递减．而f π2>0，f (π)<0，所以f (x )在π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1，所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点．导和判断导数符号都比较容易的函数，如果证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b )，可转化为证明F (x )＝f (x )－g (x )与0的关系，若F ′(x )＞0，则函数F (x )在(a ，b )上是增函数．若F (a )≥0，则由增函数的定义，知当x ∈(a ，b )时，有F (x )＞F (a )≥0，即f (x )＞g (x )成立，同理可证明f (x )＜g (x )，x ∈(a ，b )．【例4】 设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围． [思路探究] (1)利用f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，列方程组求解． (2)转化为求函数f (x )的最大值问题． [解] (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b .因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值，则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝4.(2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， 则f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)． 当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0； 当x ∈[1,2]时，f ′(x )<0； 当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c ，当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4＋8c ，又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c.所以当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c. 因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立， 所以9＋8c<c 2，解得c<－1或c>9. 故c 的取值范围为c<－1或c>9.4．已知函数f (x )＝axx 2＋b，且f (x )的图象在x ＝1处与直线y ＝2相切．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若P (x 0，y 0)为f (x )图象上的任意一点，直线l 与f (x )的图象相切于P 点，求直线l 的斜率k 的取值范围．[解] (1)对函数f (x )求导，得f ′(x )＝a (x 2＋b )－ax ·2x (x 2＋b )2＝ab －ax 2(x 2＋b )2.因为f (x )的图象在x ＝1处与直线y ＝2相切．所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧ab －a ＝0，1＋b ≠0，a 1＋b ＝2，所以a ＝4，b ＝1，所以f (x )＝4x x 2＋1.(2)因为f ′(x )＝4－4x2(x 2＋1)2，所以直线l 的斜率k ＝f ′(x 0)＝4－4x 20(x 20＋1)2＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(x 20＋1)2－1x 20＋1，令t ＝1x 20＋1，t ∈(0,1]，则k ＝4(2t 2－t )＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －142－12，所以k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，4.利用定积分的几何意义、物理意义及微积分基本定理．可以解决不规则平面图形的面积及变力作功问题．【例5】 设两抛物线y ＝－x 2＋2x ，y ＝x 2所围成的图形为M ，求M 的面积． [思路探究] 求出两抛物线的交点，画出图象、利用定积分求解． [解] 函数y ＝－x 2＋2x ，y ＝x 2在同一平面直角坐标系中的图象如图所示． 由图可知，图形M 的面积S ＝⎠⎛01(－x 2＋2x －x 2)d x＝⎠⎛01(－2x 2＋2x )d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23x 3＋x 2⎪⎪⎪1＝13.5．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t ＋251＋t(t 的单位：s ，v 的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是( )A ．1＋25ln 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 2[解析] 由v (t )＝7－3t ＋251＋t ＝0，可得t ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＝－83舍去，因此汽车从刹车到停止一共行驶了4 s ，在此期间行驶的距离为⎠⎛04v (t )d t ＝⎠⎛04⎝⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋25ln (t ＋1)⎪⎪⎪4＝4＋25ln 5.[答案] C1．设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x[解析]∵ f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴ f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又f(x)为奇函数，∴ f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴ a＝1，∴ f′(x)＝3x2＋1，∴ f′(0)＝1，∴ 曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.[答案] D2．函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为( )[解析]f′(x)＝－4x3＋2x，则f′(x)>0的解集为－∞，－22∪0，22，f(x)单调递增；f′(x)<0的解集为－22，0∪22，＋∞，f(x)单调递减．故选D.[答案] D3．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为( )A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1[解析]函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1，则f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)·e x－1＝e x－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函数f(x)的极值点得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1．所以f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1·(x2＋x－2)．由e x－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x<－2时，f′(x)>0；－2<x<1时，f′(x)<0；x>1时，f′(x)>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1． 故选A. [答案] A4．已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． [解析] f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵ cos x ＋1≥0，∴ 当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴ 当cos x ＝12时，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴ 当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫－32×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.[答案] －3325.如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△E CA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．[解析] 如图，连接O D ，交BC 于点G ， 由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， 三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5.- 11 - 令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4. 令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3.[答案] 4156．已知函数f (x )＝a e x －ln x －1．设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间．[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x .当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．。