高中數(shù)學人教A版2第一章導數(shù)及其應用 2023版第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①導數(shù)及其應用②導數(shù)的運算③曲線的切線斜率④導數(shù)的四則運算⑤函數(shù)的單調(diào)性⑥曲線的切線⑦最優(yōu)化問題⑧曲邊梯形的面積⑨微積分基本定理的應用導數(shù)的幾何意義及其應用利用導數(shù)的幾何意義求切線方程時關鍵是搞清所給的點是不是切點，常見的類型有兩種，一是求“在某點處的切線方程”，則此點一定為切點，先求導，再求斜率代入直線方程即可得；另一類是求“過某點的切線方程”，這種類型中的點不一定是切點，可先設切點為Q(x1，y1)，則切線方程為y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切線過點P(x0，y0)得y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)， ①又y1＝f(x1)， ②由①②求出x1，y1的值，即求出了過點P(x0，y0)的切線方程．(1)曲線y＝xex－1在點(1,1)處切線的斜率等于()A．2e B．eC．2 D．1(2)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖1-1所示，則該函數(shù)的圖象是()【導學號：62952061】圖1-1【精彩點撥】(1)曲線在點(1,1)處的切線斜率即為該點處的導數(shù)．(2)由導數(shù)值的大小變化，確定原函數(shù)的變化情況，從而得出結(jié)論．【規(guī)范解答】(1)y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲線在點(1,1)處的切線斜率為y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,x＝1))＝2.(2)從導函數(shù)的圖象可以看出，導函數(shù)值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤；B項正確．【答案】(1)C(2)B[再練一題]1．已知曲線y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3).(1)求曲線在點P(2,4)處的切線方程；(2)求曲線過點P(2,4)的切線方程；(3)求斜率為4的曲線的切線方程．【解】(1)∵P(2,4)在曲線y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)上，且y′＝x2，∴在點P(2,4)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝2＝4.∴曲線在點P(2,4)處的切線方程為y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.(2)設曲線y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)與過點P(2,4)的切線相切于點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)x\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，則切線的斜率k＝y(tǒng)′|eq\s\do5(x＝x0)＝xeq\o\al(2,0).∴切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x\o\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，即y＝xeq\o\al(2,0)·x－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3).∵點P(2,4)在切線上，∴4＝2xeq\o\al(2,0)－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3)，即xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，∴xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)－4xeq\o\al(2,0)＋4＝0.∴xeq\o\al(2,0)(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切線方程為4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.(3)設切點為(x0，y0)，則切線的斜率k＝xeq\o\al(2,0)＝4，∴x0＝±2.∴切點為(2,4)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(4,3))).∴斜率為4的曲線的切線方程為y－4＝4(x－2)和y＋eq\f(4,3)＝4(x＋2)，即4x－y－4＝0和12x－3y＋20＝0.導數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性中的應用利用導數(shù)的符號判斷函數(shù)的增減性，進而確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，這是導數(shù)的幾何意義在研究曲線變化規(guī)律時的一個應用，它充分體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想．這部分內(nèi)容要注意的是f(x)為增函數(shù)?f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限個，f(x)為減函數(shù)?f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.討論f(x)的單調(diào)性；【精彩點撥】先求出f′(x)，對f′(x)中的字母參數(shù)分類討論確定f′(x)的符號，從而得出f(x)的單調(diào)性．【規(guī)范解答】f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(1)設a≥0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)設a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－eq\f(e,2)，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a＞－eq\f(e,2)，則ln(－2a)＜1，故當x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)＞0；當x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，1)上單調(diào)遞減．③若a＜－eq\f(e,2)，則ln(－2a)＞1，故當x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)＞0；當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減．[再練一題]2．設函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.討論f(x)的單調(diào)性．【解】由題設，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.導數(shù)在求函數(shù)極值與最值中的應用由函數(shù)的解析式能求出函數(shù)的極值和最值，反過來由函數(shù)的極值或最值也能求出參數(shù)的值或取值范圍．另外，這部分內(nèi)容可能會和恒成立問題、有解等問題聯(lián)系到一起考查．已知函數(shù)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(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，t](0<t<3)上的最大值和最小值；(3)在(1)的結(jié)論下，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(shù)c的取值范圍．【精彩點撥】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝－3，))求出a，b即可．(2)對t分0<t≤2與2<t<3兩種情況求最值．(3)構造函數(shù)g(x)＝f(x)－c轉(zhuǎn)化為g(x)在[1,3]上有實根求解．【規(guī)范解答】(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(shù)過(1,0)點，即－2＋b＝0，b＝2.所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2.(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(shù)，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：x0(0,2)2(2，t)tf′(x)0－0＋f(x)2單調(diào)遞減↘極小值－2單調(diào)遞增↗t3－3t2＋2f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max為f(0)與f(t)中較大的一個．f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0.所以f(x)max＝f(0)＝2.(3)令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1≥0，,g2<0，,g3≥0，))解得－2<c≤0.[再練一題]3．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋12x＋m.(1)若x∈R，求函數(shù)f(x)的極大值與極小值之差；(2)若函數(shù)y＝f(x)有三個零點，求m的取值范圍；(3)當x∈[－1,3]時，f(x)的最小值為－2，求f(x)的最大值．【解】(1)f′(x)＝－3x2＋12.當f′(x)＝0時，x＝－2或x＝2.當f′(x)＞0時，－2＜x＜2.當f′(x)＜0時，x＜－2或x＞2.∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2,2)上單調(diào)遞增．∴f(x)極小值＝f(－2)＝－16＋m.f(x)極大值＝f(2)＝16＋m.∴f(x)極大值－f(x)極小值＝32.(2)由(1)知要使函數(shù)y＝f(x)有三個零點，必須eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx極小值＜0，,fx極大值＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－16＋m＜0，,16＋m＞0，))∴－16＜m＜16.∴m的取值范圍為(－16,16)．(3)當x∈[－1,3]時，由(1)知f(x)在[－1,2)上單調(diào)遞增，f(x)在[2,3]上單調(diào)遞減，f(x)的最大值為f(2)．又f(－1)＝－11＋m，f(3)＝m＋9，∴f(－1)＜f(3)，∴在[－1,3]上f(x)的最小值為f(－1)＝－11＋m，∴－11＋m＝－2，∴m＝9.∴當x∈[－1,3]時，f(x)的最大值為f(2)＝(－2)3＋12×2＋9＝25.函數(shù)與方程的思想函數(shù)的單調(diào)性是證明不等式的一種常用方法，證明時靈活構造函數(shù)關系，盡可能選擇求導和判斷導數(shù)符號都比較容易的函數(shù)，如果證明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可轉(zhuǎn)化為證明F(x)＝f(x)－g(x)與0的關系，若F′(x)＞0，則函數(shù)F(x)在(a，b)上是增函數(shù)．若F(a)≥0，則由增函數(shù)的定義，知當x∈(a，b)時，有F(x)＞F(a)≥0，即f(x)＞g(x)成立，同理可證明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)．設函數(shù)f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2時取得極值．(1)求a，b的值；(2)若對任意的x∈[0,3]，都有f(x)<c2成立，求c的取值范圍．【精彩點撥】(1)利用f′(1)＝0，f′(2)＝0，列方程組求解．(2)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(x)的最大值問題．【規(guī)范解答】(1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b.因為函數(shù)f(x)在x＝1及x＝2時取得極值，則有f′(1)＝0，f′(2)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＋6a＋3b＝0，,24＋12a＋3b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝4.))(2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，則f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．當x∈[0,1)時，f′(x)>0；當x∈[1,2]時，f′(x)<0；當x∈(2,3]時，f′(x)>0.所以當x＝1時，f(x)取得極大值f(1)＝5＋8c，當x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4＋8c，又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c.所以當x∈[0,3]時，f(x)的最大值為f(3)＝9＋8c.因為對于任意的x∈[0,3]，有f(x)<c2恒成立，所以9＋8c<c2，解得c<－1或c>9.故c的取值范圍為c<－1或c>9.[再練一題]4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2＋b)，且f(x)的圖象在x＝1處與直線y＝2相切．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若P(x0，y0)為f(x)圖象上的任意一點，直線l與f(x)的圖象相切于P點，求直線l的斜率k的取值范圍．【解】(1)對函數(shù)f(x)求導，得f′(x)＝eq\f(ax2＋b－ax·2x,x2＋b2)＝eq\f(ab－ax2,x2＋b2).因為f(x)的圖象在x＝1處與直線y＝2相切．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab－a＝0，,1＋b≠0，,\f(a,1＋b)＝2，))所以a＝4，b＝1，所以f(x)＝eq\f(4x,x2＋1).(2)因為f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，所以直線l的斜率k＝f′(x0)＝eq\f(4－4x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)＋12)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,0)＋12)－\f(1,x\o\al(2,0)＋1)))，令t＝eq\f(1,x\o\al(2,0)＋1)，t∈(0,1]，則k＝4(2t2－t)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)，所以k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)).定積分及其應用定積分是對“分割、近似代替、求和、取極限”的概括包含“以直代曲”的數(shù)學思想，利用定積分的幾何意義、物理意義及微積分基本定理．可以解決不規(guī)則平面圖形的面積及變力作功問題．設兩拋物線y＝－x2＋2x，y＝x2所圍成的圖形為M，求M的面積．【精彩點撥】求出兩拋物線的交點，畫出圖象、利用定積分求解．【規(guī)范解答】函數(shù)y＝－x2＋2x，y＝x2在同一平面直角坐標系中的圖象如圖所示．由圖可知，圖形M的面積S＝eq\i\in(0,1,)(－x2＋2x－x2)dx＝eq\i\in(0,1,)(－2x2＋2x)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)x3＋x2))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,3).[再練一題]5．一輛汽車在高速公路上行駛，由于遇到緊急情況而剎車，以速度v(t)＝7－3t＋eq\f(25,1＋t)(t的單位：s，v的單位：m/s)行駛至停止．在此期間汽車繼續(xù)行駛的距離(單位：m)是()【導學號：62952062】A．1＋25ln5 B．8＋25lneq\f(11,3)C．4＋25ln5 D．4＋50ln2【解析】由v(t)＝7－3t＋eq\f(25,1＋t)＝0，可得t＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＝－\f(8,3)舍去))，因此汽車從剎車到停止一共行駛了4s，在此期間行駛的距離為eq\i\in(0,4,)v(t)dt＝eq\i\in(0,4,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7－3t＋\f(25,1＋t)))dt＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7t－\f(3,2)t2＋25lnt＋1))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(4,0))＝4＋25ln5.【答案】C1．設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)【解析】設y＝g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示．當x>0，g(x)>0時，f(x)>0,0<x<1，當x<0，g(x)<0時，f(x)>0，x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.【答案】A2．已知f(x)為偶函數(shù)，當x<0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是________．【解析】因為f(x)為偶函數(shù)，所以當x>0時，f(x)＝f(－x)＝lnx－3x，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程為y＋3＝