2019高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的单调性 Word版含解析

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2019高考数学考点突破__导数及其应用与定积分导数与函数的极值最值学案20180816687

导数与函数的极值、最值【考点梳理】1．函数的极值与导数的关系 (1)函数的极小值与极小值点若函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值与极大值点若函数f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系(1)函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【考点突破】考点一、利用导数研究函数的极值问题【例1】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数. [解析] (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表.x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － f (x )单调递增ln 2－1单调递减故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.【例2】(1)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫103，174D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，174(2)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23 D ．2或－23[答案] (1) D (2) A[解析] (1)因为f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1，所以f ′(x )＝x 2－ax ＋1.函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有极值点可化为f ′(x )＝x 2－ax ＋1＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有解，即a ＝x ＋1x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有解，设t (x )＝x ＋1x ，则t ′(x )＝1－1x2，令t ′(x )>0，得1<x <4，令t ′(x )<0，得13<x <1.所以t (x )在(1，4)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减．所以t (x )min ＝t (1)＝2，又t ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝103，t (4)＝174，所以a ∈⎝⎛⎭⎪⎫2，174.(2)由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，满足题意，故a b ＝－23. 【例3】设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) [答案] D[解析] 由题图可知，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【类题通法】利用导数研究函数极值的一般流程【对点训练】1．求函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)的极值． [解析] 由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x ＞0知：(1)当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a lna ，无极大值.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)[答案] B[解析] ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0，∴a＞6或a＜－3.3．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )A．－4 B．－2C．4 D．2[答案] D[解析] 由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.4．函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A．(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间B．(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值[答案] C[解析] 由函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象知，当x<－1及3<x<5时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当－1<x<3及x>5时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)的单调减区间为(－∞，－1)，(3，5)；单调增区间为(－1，3)，(5，＋∞).f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，因此C不正确.考点二、利用导数解决函数的最值问题【例4】已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．[解析] (1)由f (x )＝(x －k )e x，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x，令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )的变化情况如下：x (－∞，k －1)k －1(k －1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x )单调递减－ek －1单调递增(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ，当0＜k －1＜1，即1＜k ＜2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1.当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0，1]上单调递减，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上可知，当k ≤1时，f (x )min ＝－k ；当1＜k ＜2时，f (x )min ＝－ek －1；当k ≥2时，f (x )min ＝(1－k )e. 【类题通法】1.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：第一步，求函数在(a ，b )内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；第三步，将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 【对点训练】已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)． [解析] (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x －ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∴f ′(x )＝1x 2－1x＝1－xx2，由f ′(x )>0，得0<x <1，由f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )＝1－1x－ln x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)． ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. 考点三、利用导数研究不等式的有关问题【例5】已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R)． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)，则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x . (2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋1－kx ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增，所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )．【类题通法】1．证明不等式的常用方法——构造法(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．不等式成立(恒成立)问题中的常用结论(1)f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ，f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ，f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b .(3)f (x )>g (x )恒成立 F (x )min >0（F (x )＝f (x )－g (x )）. (4)①∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max ； ②∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min ； ③∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min ； ④∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【对点训练】已知函数f (x )＝e x－1－x －ax 2. (1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)当a ＝0时，f (x )＝e x－1－x ，f ′(x )＝e x－1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)f ′(x )＝e x－1－2ax ，令h (x )＝e x－1－2ax ，则h ′(x )＝e x－2a .①当2a ≤1，即a ≤12时，h ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，h (x )单调递增，∴h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0， ∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )≥f (0)＝0， ∴当a ≤12时满足条件．②当2a >1，即a >12时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ，当x ∈[0，ln 2a )时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴当x ∈[0，ln 2a )时，有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<f ′(0)＝0， ∴f (x )在区间[0，ln 2a )上为减函数， ∴f (x )<f (0)＝0，不合题意．综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.。

高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：定积分与微积分基本定理

定积分与微积分基本定理【考点梳理】1．定积分的概念与几何意义 (1)定积分的定义如果函数f (x )在区间[a ，b ]上连续，用分点将区间[a ，b ]等分成n 个小区间，在每个小区间上任取一点ξi (i ＝1，2，…，n )，作和式1ni =∑f (ξi )Δx ＝1ni =∑b －anf (ξi )，当n →∞时，上述和式无限接近于某个常数，这个常数叫做函数f (x )在区间[a ，b ]上的定积分，记作⎠⎛abf (x )d x ，即⎠⎛abf (x )d x ＝limn →∞1ni =∑b －anf (ξi ). 在⎠⎛ab f (x )d x 中，a ，b 分别叫做积分下限与积分上限，区间[a ，b ]叫做积分区间，函数f (x )叫做被积函数，x 叫做积分变量，f (x )d x 叫做被积式.(2)定积分的几何意义(1)⎠⎛a b kf (x )d x ＝k ⎠⎛ab f (x )d x (k 为常数).(2)⎠⎛a b [f 1(x )±f 2(x )]d x ＝⎠⎛a b f 1(x )d x ±⎠⎛ab f 2(x )d x .(3)⎠⎛ab f (x )d x ＝⎠⎛ac f (x )d x ＋⎠⎛cb f (x )d x (其中a ＜c ＜b ).3．微积分基本定理一般地，如果f (x )是在区间[a ，b ]上的连续函数，且F ′(x )＝f (x )，那么⎠⎛ab f (x )d x ＝F (b )－F (a ).这个结论叫做微积分基本定理，又叫做牛顿—莱布尼茨公式.可以把F (b )－F (a )记为F (x ) ⎪⎪⎪ba ，即⎠⎛ab f (x )d x ＝F (x )⎪⎪⎪ba )＝F (b )－F (a ).【考点突破】考点一、定积分的计算【例1】(1)⎠⎛0π(cos x ＋1)d x ＝________.(2)⎠⎛－22|x 2－2x |d x ＝________.(3)⎠⎛01(2x ＋1－x 2)d x ＝________. [答案] (1) π (2) 8 (3) 1＋π4[解析] (1)⎠⎛0π(cos x ＋1)d x ＝(sin x ＋x )⎪⎪⎪π0＝π.(2)⎠⎛－22|x 2－2x |d x ＝⎠⎛－20(x 2－2x )d x ＋⎠⎛02(2x －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2⎪⎪⎪0－2＋⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x 3⎪⎪⎪20＝83＋4＋4－83＝8.(3)⎠⎛011－x 2d x 表示以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的14，∴⎠⎛011－x 2d x ＝π4.又∵⎠⎛01 2x d x ＝x 2⎪⎪⎪10＝1， ∴⎠⎛01(2x ＋1－x 2)d x ＝⎠⎛012x d x ＋⎠⎛011－x 2d x＝1＋π4.【类题通法】1. 运用微积分基本定理求定积分时要注意以下几点： (1)对被积函数要先化简，再求积分；(2)求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求和； (3)若被积函数具有奇偶性时，可根据奇、偶函数在对称区间上的定积分性质简化运算.2．运用定积分的几何意义求定积分，当被积函数的原函数不易找到时常用此方法求定积分. 【对点训练】1．定积分⎠⎛－11(x 2＋sin x )d x ＝________.[答案] 23[解析] ⎠⎛－11(x 2＋sin x )d x ＝⎠⎛－11x 2d x ＋⎠⎛－11sin x d x＝2⎠⎛01x 2d x ＝2·x 33|10＝23.2．⎠⎛－11e |x |d x 的值为( )A ．2B ．2eC ．2e －2D ．2e ＋2[答案] C[解析] ⎠⎛－11e |x |d x ＝⎠⎛－10e －xd x ＋⎠⎛01e xd x ＝－e －x⎪⎪⎪0-1＋e x ⎪⎪⎪10＝[－e 0－(－e)]＋(e －e 0)＝－1＋e＋e －1＝2e －2，故选C.3．定积分⎠⎛039－x 2d x 的值为________.[答案] 9π4[解析] 由定积分的几何意义知，⎠⎛039－x 2d x 是由曲线y ＝9－x 2，直线x ＝0，x ＝3，y＝0围成的封闭图形的面积.故⎠⎛39－x 2d x ＝π·324＝9π4.考点二、运用定积分求平面图形的面积【例2】(1)曲线y ＝2sin x (0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为________. (2)由抛物线y 2＝2x 与直线y ＝x －4围成的平面图形的面积为________.(3)已知曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k >0)所围成的曲边图形的面积为43，则k ＝________.[答案] (1) 23－2π3(2) 18 (3) 2[解析] (1)令2sin x ＝1，得sin x ＝12，当x ∈[0，π]时，得x ＝π6或x ＝5π6，所以所求面积S ＝ (2sin x －1)d x ＝(－2cos x －x )＝23－2π3.(2)如图所示，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，y ＝x －4，得两交点为(2，－2)，(8，4).法一选取横坐标x 为积分变量，则图中阴影部分的面积S 可看作两部分面积之和，即S ＝2⎠⎛022x d x ＋⎠⎛28(2x －x ＋4)d x ＝18.法二选取纵坐标y 为积分变量，则图中阴影部分的面积S ＝⎠⎛－24⎝⎛⎭⎪⎫y ＋4－12y 2d y ＝18.(3)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝kx ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ，y ＝k 2，则曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k >0)所围成的曲边梯形的面积为⎠⎛0k(kx －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2x 2－13x 3⎪⎪⎪k 0＝k 32－13k 3＝43，则k 3＝8，∴k ＝2.【类题通法】1. 利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤： (1)画出图形； (2)确定被积函数；(3)确定积分的上、下限，并求出交点坐标；(4)运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积.2．注意要把定积分与利用定积分计算的曲线围成图形的面积区别开：定积分是一个数值(极限值)，可为正，可为负，也可为零，而平面图形的面积在一般意义上总为正. 【对点训练】1．由直线x ＝－π3，x ＝π3，y ＝0与曲线y ＝cos x 所围成的封闭图形的面积为( )A ．12B ．1C ．32D ． 3[答案] D[解析] 由题意知封闭图形的面积S ＝-⎰33ππcos x d x ＝sin x33ππ-　＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝ 3. 2．曲线y ＝2x与直线y ＝x －1及x ＝4所围成的封闭图形的面积为( )A ．2ln 2B ．2－ln 2C ．4－ln 2D ．4－2ln 2[答案] D[解析] 由曲线y ＝2x 与直线y ＝x －1联立，解得x ＝－1(舍去)，x ＝2，作出曲线y ＝2x与直线y ＝x －1的图象如图所示，故所求图形的面积为S ＝⎠⎛24⎝⎛⎭⎪⎫x －1－2x d x ＝12x 2－x －2ln x ⎪⎪⎪42＝4－2ln 2.3．设a >0，若曲线y ＝x 与直线x ＝a ，y ＝0所围成封闭图形的面积为a 2，则a ＝________. [答案] 49[解析] 封闭图形如图所示，则⎠⎛0ax d x ＝23x 32⎪⎪⎪a0＝23a 32－0＝a 2，解得a ＝49.考点三、定积分在物理中的应用【例3】(1)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(2)一物体在变力F (x )＝5－x 2(力单位：N ，位移单位：m)作用下，沿与F (x )成30°方向作直线运动，则由x ＝1运动到x ＝2时，F (x )做的功为( )A ． 3 JB ．233 JC ．433J D ．2 3 J[答案] (1) C (2) C [解析] (1)令v (t )＝0，得t ＝4或t ＝－83(舍去)，∴汽车行驶距离s ＝⎠⎛04⎝ ⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t dt ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋25ln （1＋t ）⎪⎪⎪4＝28－24＋25ln 5＝4＋25ln 5(m). (2)⎠⎛12F (x )cos 30°d x ＝⎠⎛1232(5－x 2)d x ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫5x －13x 3×32⎪⎪⎪21＝433， ∴F (x )做的功为43 3 J.【类题通法】定积分在物理中的两个应用：1．变速直线运动的位移：如果变速直线运动物体的速度为v ＝v (t )，那么从时刻t ＝a 到t ＝b 所经过的位移s ＝⎠⎛ab v (t )d t ；2．变力做功：一物体在变力F (x )的作用下，沿着与F (x )相同方向从x ＝a 移动到x ＝b 时，力F (x )所做的功是W ＝⎠⎛ab F (x )d x .【对点训练】1．汽车以v ＝3t ＋2(单位：m /s )作变速直线运动时，在第1 s 至第2 s 间的1 s 内经过的路程是________m .[答案] 132[解析] s ＝⎠⎛12(3t ＋2)d t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32t 2＋2t ⎪⎪⎪21 ＝32×4＋4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2＝10－72＝132(m )．2．一物体在力F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5，0≤x ≤2，3x ＋4，x ＞2(单位：N )的作用下沿与力F 相同的方向，从x ＝0处运动到x ＝4(单位：m)处，则力F (x )做的功为________焦.[答案] 36[解析] 由题意知，力F (x )所做的功为W ＝⎠⎛04F (x )d x＝⎠⎛025d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x ＝5×2＋⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋4x 42＝10＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤32×42＋4×4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋4×2＝36(焦).。

2019版高考数学(文理通用新课标)一轮复习课件：第三章导数及其应用第五节定积分与微积分基本定理

[
1－x2－sin x]dx＝________.
解析：令 1－x2 ＝y，则x2＋y2＝1(y≥0)，该方程表示以(0,0)
1
为圆心，1为半径的圆的一半．所以－1
1－x2dx表示圆x2＋y2
＝1与x轴所围成的上半圆的面积，因此
1 －1
－1
1－x2dx
＝
π 2
.
1
又因为－1sin xdx＝(－cos

x

42＝4－2ln 2.
答案：D
3.[考点一](2016·衡阳一模)如图，阴影部分的面积是 ( )
A．32
B．16
C．332
D．83
解析：由题意得，阴影部分的面积S＝ 1－3 (3－x2－2x)dx＝
3x－13x3－x2 1－3
－1 3＝332.
答案：C
4．由抛物线y＝x2－1，直线x＝0，x＝2及x轴围成的图形面积
答案：B
2．[考点一]
2 0
sin2x2dx＝
()
A．0
B．π4－12 C．π4－14
D．π4－1

解析： 2
0
sin2x2dx＝
2 0
1－cos 2
xdx＝12x－12sin
xπ02＝π4－12.
答案：B
3.
[考点一]
设f(x)＝
x2，x∈[0，1]， 1x，x∈1，e]
第五节定积分与微积分基本定理
本节主要包括 2 个知识点： 1.求定积分； 2.定积分的应用.
基础联通
突破点(一) 求定积分
抓主干知识的“源”与“流”
1．定积分的定义
一般地，如果函数f(x)在区间[a，b]上连续，用分点a＝

2019-2020年高考数学复习专题02 函数与导数定积分与微积分基本定理考点剖析

2019-2020年高考数学复习专题02 函数与导数定积分与微积分基本定理考点剖析主标题：定积分与微积分基本定理副标题：为学生详细的分析定积分与微积分基本定理的高考考点、命题方向以及规律总结。

关键词：定积分，应用难度：4重要程度：5考点剖析：了解定积分的实际背景，初步掌握定积分的相关概念，体会定积分的基本方法.了解微积分基本定理的含义，能利用微积分基本定理计算简单的定积分，解决一些简单的几何和物理问题.命题方向：定积分及其应用是新课标中的新增内容，常考查：①依据定积分的基本运算求解简单的定积分；②根据定积分的几何意义和性质求曲边梯形面积．关键在于准确找出被积函数的原函数，利用微积分基本定理求解．各地考纲对定积分的要求不高．学习时以掌握基础题型为主．规律总结：1．求定积分常用的方法(1)利用微积分基本定理．(2)运用定积分的几何意义(曲边梯形面积易求时)转化为求曲边梯形的面积．2．定积分计算应注意的问题+(1)利用微积分基本定理，关键是准确求出被积函数知识梳理1.定积分的定义：如果函数在区间上连续，用分点将区间等分成个小区间，在每个小区间上任取一点，当时，和式无限接近某个常数，这个常数叫做函数在区间上的定积分，记做：.记：=，分别叫做积分下限和积分上限，区间叫做积分区间.2.定积分几何意义：如果函数在区间上连续且恒有，那么定积分表示由直线和曲线所围成的曲边梯形的面积，这就是定积分分几何意义.3.定积分性质：(1)()()()()bc ba a c f x dx f x dx f x dx a cb =+<<⎰⎰⎰为常数）1212(3)[()()]()()b b ba a a f x f x dx f x dx f x dx ±=±⎰⎰⎰ 4.微积分基本定理一般地，如果函数是区间上的连续函数，并且，那么 .。

高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的极值、最值

导数与函数的极值、最值【考点梳理】1．函数的极值与导数的关系 (1)函数的极小值与极小值点若函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值与极大值点若函数f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系(1)函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【考点突破】考点一、利用导数研究函数的极值问题【例1】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数. [解析] (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表.故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.【例2】(1)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫103，174D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，174(2)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23 D ．2或－23[答案] (1) D (2) A[解析] (1)因为f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1，所以f ′(x )＝x 2－ax ＋1.函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有极值点可化为f ′(x )＝x 2－ax ＋1＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有解，即a ＝x ＋1x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有解，设t (x )＝x ＋1x ，则t ′(x )＝1－1x2，令t ′(x )>0，得1<x <4，令t ′(x )<0，得13<x <1.所以t (x )在(1，4)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减．所以t (x )min ＝t (1)＝2，又t ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝103，t (4)＝174，所以a ∈⎝⎛⎭⎪⎫2，174.(2)由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，满足题意，故a b ＝－23. 【例3】设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) [答案] D[解析] 由题图可知，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【类题通法】利用导数研究函数极值的一般流程【对点训练】1．求函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)的极值． [解析] 由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x ＞0知：(1)当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a lna ，无极大值.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)[答案] B[解析] ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根， ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)＞0，即a 2－3a －18＞0， ∴a ＞6或a ＜－3.3．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2[答案] D[解析] 由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.4．函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A．(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间B．(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值[答案] C[解析] 由函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象知，当x<－1及3<x<5时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当－1<x<3及x>5时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)的单调减区间为(－∞，－1)，(3，5)；单调增区间为(－1，3)，(5，＋∞).f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，因此C不正确.考点二、利用导数解决函数的最值问题【例4】已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．[解析] (1)由f(x)＝(x－k)e x，得f′(x)＝(x－k＋1)e x，令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的变化情况如下：单调递减单调递增(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ，当0＜k －1＜1，即1＜k ＜2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1.当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0，1]上单调递减，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上可知，当k ≤1时，f (x )min ＝－k ；当1＜k ＜2时，f (x )min ＝－ek －1；当k ≥2时，f (x )min ＝(1－k )e. 【类题通法】1.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：第一步，求函数在(a ，b )内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；第三步，将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 【对点训练】已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)． [解析] (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x －ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∴f ′(x )＝1x 2－1x＝1－xx2，由f ′(x )>0，得0<x <1，由f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )＝1－1x－ln x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)． ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. 考点三、利用导数研究不等式的有关问题【例5】已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R)． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)，则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x . (2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋－kx ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增，所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )．【类题通法】1．证明不等式的常用方法——构造法(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．不等式成立(恒成立)问题中的常用结论(1)f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ，f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ，f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b .(3)f (x )>g (x )恒成立 F (x )min >0（F (x )＝f (x )－g (x )）. (4)①∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max ； ②∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min ； ③∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min ； ④∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【对点训练】已知函数f (x )＝e x－1－x －ax 2. (1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)当a ＝0时，f (x )＝e x－1－x ，f ′(x )＝e x－1. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)f ′(x )＝e x－1－2ax ，令h (x )＝e x－1－2ax ，则h ′(x )＝e x－2a .①当2a ≤1，即a ≤12时，h ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，h (x )单调递增，∴h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0， ∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )≥f (0)＝0， ∴当a ≤12时满足条件．②当2a >1，即a >12时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ，当x ∈[0，ln 2a )时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴当x ∈[0，ln 2a )时，有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<f ′(0)＝0， ∴f (x )在区间[0，ln 2a )上为减函数， ∴f (x )<f (0)＝0，不合题意．综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.。

2019高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：变化率与导数、导数的计算

变化率与导数、导数的计算【考点梳理】1．导数的概念(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数：①定义：称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 lim Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx ＝lim Δx →0ΔyΔx为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0即f ′(x 0)＝lim Δx →0Δy Δx＝lim Δx →0fx 0＋Δx －f x 0Δx.②几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线斜率．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)函数f (x )的导函数：称函数f ′(x )＝lim Δx →0f x ＋Δx －f xΔx为f (x )的导函数．2．基本初等函数的导数公式3(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；(2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝fx g x －f x gx[g x2(g (x )≠0)．【考点突破】考点一、导数的计算【例1】(1)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________.(2)已知函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )且f (x )＝x 2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋sin x ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝________.(3)已知f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0等于( )A ．e 2B ．eC ．ln 22D ．ln 2[答案] (1) 3 (2) 36－4π (3) B[解析] (1)因为f (x )＝(2x ＋1)e x，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x，所以f ′(0)＝3e 0＝3.(2)因为f (x )＝x 2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋sin x ，所以f ′(x )＝2x f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋cos x . 所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2×π3×f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋cos π3. 所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝36－4π.(3) f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝2，即ln x 0＋1＝2，解得x 0＝e. 【类题通法】熟记基本初等函数的导数公式及运算法则是导数计算的前提，求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量提高运算速度，减少差错．【对点训练】1．已知函数f (x )＝(x 2＋2)(ax 2＋b )，且f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝( ) A ．－1 B ．－2 C ．2D ．0[答案] B[解析] f (x )＝(x 2＋2)(ax 2＋b )＝ax 4＋(2a ＋b )x 2＋2b ，f ′(x )＝4ax 3＋2(2a ＋b )x 为奇函数，所以f ′(－1)＝－f ′(1)＝－2.2．f (x )＝x (2 017＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 018，则x 0等于( ) A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e[答案] B[解析] f ′(x )＝2 017＋ln x ＋x ×1x＝2 018＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 018，得2 018＋ln x 0＝2 018，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2x ·f ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( )A ．－eB ．－1C ．1D ．e[答案] B[解析] 由f (x )＝2x f ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2 f ′(1)＋1x，∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，则f ′(1)＝－1.考点二、导数的几何意义【例2】已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程． [解析] (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0，或y ＋2＝0. 【类题通法】求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解. 【对点训练】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．[解析] (1)根据已知得点P (2，4)是切点且y ′＝x 2， ∴在点P (2，4)处的切线的斜率为y ′| x ＝2＝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，则切线的斜率为y ′| x ＝x 0＝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x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.【例3】(1)若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．(2)已知曲线y ＝x ＋1x －1在点(3，2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝( ) A ．－2 B ．2 C ．－12D ．12(3)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.[答案] (1) (e ，e) (2) A (3) 8[解析] (1)由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x ，直线2x －y ＋1＝0的斜率为2.设P (m ，n )，则1＋ln m ＝2，解得m ＝e ，所以n ＝eln e ＝e ，即点P 的坐标为(e ，e)． (2)由y ′＝－2x －2得曲线在点(3，2)处的切线斜率为－12，又切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝－2，故选A. (3)法一 ∵y ＝x ＋ln x ，∴y ′＝1＋1x，y ′|x ＝1＝2.∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. ∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， ∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋（a ＋2）x ＋1消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0. 由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二同法一得切线方程为y ＝2x －1.设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1).∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2).由⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＋（a ＋2）＝2，ax 20＋（a ＋2）x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－12，a ＝8.【类题通法】处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上. 【对点训练】1．曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A ．(1，3)B ．(－1，3)C ．(1，3)和(－1，3)D ．(1，－3)[答案] C[解析] f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，∴P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C.2．已知直线ax －by －2＝0与曲线y ＝x 3在点P (1，1)处的切线互相垂直，则ab的值为( ) A ．13 B ．23 C ．－23 D ．－13 [答案] D[解析] 由题意，y ′＝3x 2，当x ＝1时，y ′|x ＝1＝3.所以a b ×3＝－1，即a b ＝－13.3．已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，7)，则a ＝________. [答案] 1[解析] ∵f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1. 又f (1)＝a ＋2，∴切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)．∵切线过点(2，7)，∴7－(a ＋2)＝3a ＋1，解得a ＝1.。

高考数学复习讲义：导数的概念及运算、定积分

处的切线垂直于 x 轴，则此时导数 f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为 x＝x0.
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[基本能力]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点． ( ) (2)求曲线过点 P 的切线时 P 点一定是切点． ( ) 答案：(1)√ (2)×
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看成常数，再求导复合函数确定复合关系，由外向内逐层求导
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[针对训练]
1．设 f(x)＝x(2 019＋ln x)，若 f′(x0)＝2 020，则 x0 等于( )
A．e2
B．1
C．ln 2
D．e
解析：f′(x)＝2 019＋ln x＋1＝2 020＋ln x，由 f′(x0)＝ 2 020，得 2 020＋ln x0＝2 020，则 ln x0＝0，解得 x0＝1. 答案：B
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2．曲线 y＝log2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．解析：∵y′＝xln1 2，∴切线的斜率 k＝ln12，∴切线方程为 y＝ln12(x－1)，∴所求三角形的面积 S＝12×1×ln12＝2ln1 2＝ 1 2log2e. 答案：12log2e
二、填空题 1．已知函数 f(x)＝axln x＋b(a，b∈R)，若 f(x)的图象在 x＝1
处的切线方程为 2x－y＝0，则 a＋b＝________. 解析：由题意，得 f′(x)＝aln x＋a，所以 f′(1)＝a，因为函数 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程为 2x－y＝0，所以 a＝2，又 f(1)＝b，则 2×1－b＝0，所以 b＝2，故 a＋b＝4. 答案：4
答案：－xsin x 2．已知 f(x)＝13－8x＋2x2，f′(x0)＝4，则 x0＝________.

2019高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的单调性

(2) 二定．确认 f ′（x) 在( a， b) 内的符号；
(3) 三结论．作出结论： f ′（x) ＞ 0 时为增函数； f ′（x) ＜ 0 时为减函数．
【对点训练】已知函数 f ( x) ＝ x3＋ ax2＋ b( a， b∈ R)，试讨论 f ( x) 的单调性．
[ 解析 ] f ′（x) ＝ 3x2＋ 2ax，令 f ′（x) ＝ 0， 2a
即实数 a 的取值范围为 ( －∞， 0].
【变式 1】函数 f ( x) 不变，若 f ( x) 在区间 (1 ，＋∞ ) 上为增函数，求 a 的取值范围．
[ 解析 ] 因为 f ′（x) ＝ 3x2－ a，且 f ( x) 在区间 (1 ，＋∞ ) 上为增函数，
所以 f ′（x) ≥０在 (1 ，＋∞ ) 上恒成立，即 3x2－a≥０在(1 ，＋∞ ) 上恒成立，所以 a≤３x2 在 (1 ，＋∞ ) 上恒成立，
导数与函数的单调性
【考点梳理】
函数的导数与单调性的关系
函数 y＝ f ( x) 在某个区间内可导，则
(1) 若 f ′（x) ＞0，则 f ( x) 在这个区间内单调递增；
(2) 若 f ′（x) ＜0，则 f ( x) 在这个区间内单调递减；
(3) 若 f ′（x) ＝0，则 f ( x) 在这个区间内是常数函数．
所以 a≤3，即 a 的取值范围为 ( －∞， 3].
【变式 2】函数 f ( x) 不变，若 f ( x) 在区间 ( －1,1) 上为减函数，试求 a 的取值范围． [ 解析 ] 由 f ′（x) ＝ 3x2－a≤０在 ( － 1,1) 上恒成立，得 a≥３x2 在 ( － 1,1) 上恒成立 .
2a
1

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导数与函数的单调性
【考点梳理】
函数的导数与单调性的关系
函数y ＝f (x )在某个区间内可导，则
(1)若f ′(x )＞0，则f (x )在这个区间内单调递增；
(2)若f ′(x )＜0，则f (x )在这个区间内单调递减；
(3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数函数．
【考点突破】
考点一、判断或证明函数的单调性
【例1】已知函数已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性.
[解析] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .
若a ≤0，则f ′(x )>0恒成立，
所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.
若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 【类题通法】
用导数判断或证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤
(1)一求．求f ′(x )；
(2)二定．确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；
(3)三结论．作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．
【对点训练】
已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R)，试讨论f (x )的单调性．
[解析] f ′(x )＝3x 2
＋2ax ，令f ′(x )＝0，
解得x 1＝0，x 2＝－2a 3
. 当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )
在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，
x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2a 3
，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减；当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0， x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝
⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减. 考点二、求函数的单调区间
【例2】已知函数f (x )＝x22－a ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间．
[解析]因为f (x )＝x22－a ln x ，所以x ∈(0，＋∞)，
f ′(x )＝x －a x ＝x2－a x
. (1)当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数.
(2)当a >0时，f ′(x )＝（x ＋a ）（x －a ）x
，则有 ①当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，a ).
②当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞).
综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞).
【类题通法】
求函数单调区间的步骤：
(1)确定函数f (x )的定义域；
(2)求f ′(x )；
(3)在定义域内解不等式f ′(x )＞0，得单调递增区间；
(4)在定义域内解不等式f ′(x )＜0，得单调递减区间．
【对点训练】
已知函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间． [解析]由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax2－1x
(x >0). 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.
当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a
，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为⎝
⎛⎭⎪⎫0，12a .
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞. 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.
当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞. 考点三、已知函数的单调性求参数
【例3】已知函数f (x )＝x 3－ax －1.若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围．
[解析]因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f ′(x )＝3x 2
－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立.
因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.
又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，
即实数a 的取值范围为(－∞，0].
【变式1】函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．
[解析]因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，
所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，
所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3].
【变式2】函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围．
[解析]由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立.
因为－1＜x ＜1，
所以3x 2＜3，
所以a ≥3.
即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1,1)上为减函数.
【变式3】函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．
[解析]∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－a .
由f ′(x )＝0，得x ＝±3a 3(a ≥0). ∵f (x )在区间(－1,1)上不单调，
∴0＜3a 3
＜1，得0＜a ＜3，即a 的取值范围为(0,3).
【类题通法】
根据函数单调性求参数的一般方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．
【对点训练】
1．若函数f (x )＝x －13
sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[－1，1] B ．⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D ．⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 [答案]C
[解析]取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23
－1＝－23
＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A ，B ，D.故选C. 2．已知a ∈R ，若函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围.
[解析]因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，
所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.
因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，
所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.
因为e x ＞0，
所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，
则a ≥x2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1
对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2
＞0，所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1
在(－1，1)上单调递增，所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－
11＋1＝32，所以a ≥32，又当a ＝32
时，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。