第一章-導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用-章末復(fù)習(xí)提升(一)

1.導(dǎo)數(shù)的運算及幾何意義(1)函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).(2)導(dǎo)數(shù)的幾何意義：曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線斜率等于f(x0)，其切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0).(3)函數(shù)的求導(dǎo)公式：(C)′＝0，(xn)′＝nxn－1，(sinx)′＝cosx，(cosx)′＝－sinx，(ax)′＝ax·lna，(ex)′＝ex，(logax)′＝eq\f(1,xlna)，(lnx)′＝eq\f(1,x).(4)導(dǎo)數(shù)的四則運算法則：[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)，[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0).2.導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(1)函數(shù)的單調(diào)性：在區(qū)間(a，b)內(nèi)，f′(x)＞0，則f(x)遞增；f′(x)＜0，則f(x)遞減.(2)函數(shù)的極值：f′(x0)＝0，在x0附近，從左到右，f′(x)的符號由正到負(fù)，f(x0)為極大值；由負(fù)到正，f(x0)為極小值.(3)函數(shù)的最值：閉區(qū)間[a，b]上圖象連續(xù)不斷的函數(shù)y＝f(x)，最值在極值點或區(qū)間端點處取得，最大的為最大值，最小的為最小值.(4)生活中的優(yōu)化問題(導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用).3.定積分概念、運算和應(yīng)用題型一解決與切線有關(guān)的問題例1已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x>0時，x2<ex.(1)解由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.當(dāng)x<ln2時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x＝ln2時，f(x)取得極小值，且極小值f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)無極大值.(2)證明令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0.故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0，因此，當(dāng)x>0時，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.反思與感悟高考中求切線方程問題主要有以下兩種類型：類型1求“在”曲線y＝f(x)上一點P(x0，y0)的切線方程(高考常考類型).則點P(x0，y0)為切點，當(dāng)切線斜率存在(即函數(shù)f(x)在x0處可導(dǎo))時，切線斜率為k＝f′(x0)，有唯一的一條切線，對應(yīng)的切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)；當(dāng)切線斜率不存在時，對應(yīng)的切線方程為x＝x0.類型2求“過”曲線y＝f(x)上一點P(x0，y0)的切線方程，則切線經(jīng)過點P，點P可以是切點，也可以不是切點.這樣的直線可能有多條，解決問題的關(guān)鍵是設(shè)切點，利用“待定切點法”，即：①設(shè)點A(x1，y1)是曲線y＝f(x)上的一點，則以A為切點的切線方程為y－y1＝f′(x1)(x－x1)；②根據(jù)題意知點P(x0，y0)在切線上，點A(x1，y1)在曲線y＝f(x)上，得到方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝fx1，,y0－y1＝f′x1x0－x1，))求出切點A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化簡即得所求的切線方程.跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(2，－6)處的切線的方程；(2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經(jīng)過原點，求直線l的方程及切點坐標(biāo).解(1)∵f(2)＝23＋2－16＝－6，∴點(2，－6)在曲線上.∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，∴在點(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝3×22＋1＝13，∴切線的方程為y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.(2)設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)，則直線l的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴直線l的方程為y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.又∵直線l過點(0,0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，整理得xeq\o\al(3,0)＝－8，∴x0＝－2，y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，∴k＝3×(－2)2＋1＝13，∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標(biāo)為(－2，－26).題型二利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)取值范圍問題例2設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x∈[－2,2]時，不等式f(x)＞m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex).若x＜0，則1－ex＞0，所以f′(x)＜0；若x＞0，則1－ex＜0，所以f′(x)＜0；若x＝0，則f′(x)＝0.∴f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，即f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，＋∞).(2)由(1)知f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞減，∴[f(x)]min＝f(2)＝2－e2.∴當(dāng)m＜2－e2時，不等式f(x)＞m恒成立.反思與感悟利用導(dǎo)數(shù)確定參數(shù)的取值范圍時，要充分利用f(x)與其導(dǎo)數(shù)f′(x)之間的對應(yīng)關(guān)系，然后結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性等知識求解.求解參數(shù)范圍的步驟為：(1)對含參數(shù)的函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f′(x)；(2)若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，解出參數(shù)范圍；(3)驗證參數(shù)范圍中取等號時，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，則函數(shù)f(x)在(a，b)上為常函數(shù)，舍去此參數(shù)值.跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝ax＋1＋eq\f(lnx,x)，其中a∈R.(1)若f(x)在定義域上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)g(x)＝xf(x)有唯一零點，試求實數(shù)a的取值范圍.解(1)f′(x)＝a＋eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(ax2－lnx＋1,x2)，由題意知f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴ax2－lnx＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥eq\f(lnx－1,x2)，令h(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，則h′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x2－2xlnx－1,x4)＝eq\f(3－2lnx,x3)＝0有根，令x0＝，當(dāng)x∈(0，x0)時，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減.∴h(x)在x0＝處取得最大值.∴a≥h(x)max＝h(x0)＝eq\f(1,2e3).(2)由題意知g(x)＝xf(x)＝ax2＋x＋lnx＝0，即a＝eq\f(－x－lnx,x2)有唯一正實數(shù)根，令φ(x)＝eq\f(－x－lnx,x2)，即函數(shù)y＝a與函數(shù)y＝φ(x)的圖象有唯一交點；φ′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,x)))x2－－x－lnx2x,x4)＝eq\f(x－1＋2lnx,x3).再令R(x)＝x－1＋2lnx，R′(x)＝1＋eq\f(2,x)＞0，且易得R(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時，R(x)＜0，φ′(x)＜0，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，R(x)＞0，φ′(x)＞0，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增.故φ(x)≥φ(1)＝－1.又當(dāng)x→0時，φ(x)→＋∞，而當(dāng)x→＋∞時，φ(x)→0且φ(x)＜0，可得如圖所示的圖象.故滿足條件的實數(shù)a的取值范圍為{a|a≥0或a＝－1}.題型三利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值問題例3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R),(1)若f(x)在x＝2時取得極值，求a的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)求證：當(dāng)x＞1時，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3.(1)解f′(x)＝x－eq\f(a,x)，因為x＝2是一個極值點，所以2－eq\f(a,2)＝0，則a＝4.此時f′(x)＝x－eq\f(4,x)＝eq\f(x＋2x－2,x)，因為f(x)的定義域是(0，＋∞)，所以當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以當(dāng)a＝4時，x＝2是一個極小值點，故a＝4.(2)解因為f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)，所以當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞).當(dāng)a＞0時，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)＝eq\f(x＋\r(a)x－\r(a),x)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(a)，＋∞)；遞減區(qū)間為(0，eq\r(a)).(3)證明設(shè)g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，則g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)，因為當(dāng)x＞1時，g′(x)＝eq\f(x－12x2＋x＋1,x)＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)＞g(1)＝eq\f(1,6)＞0，所以當(dāng)x＞1時，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3.反思與感悟有關(guān)函數(shù)極值、最值問題，需注意求解思路與方法，理解構(gòu)造函數(shù)在解(證)題中的靈活運用.跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋bx在區(qū)間(－2,1)內(nèi)，當(dāng)x＝－1時取極小值，當(dāng)x＝eq\f(2,3)時取極大值.(1)求函數(shù)y＝f(x)在x＝－2時的對應(yīng)點的切線方程；(2)求函數(shù)y＝f(x)在[－2,1]上的最大值與最小值.解(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.又x＝－1，x＝eq\f(2,3)分別對應(yīng)函數(shù)取得極小值、極大值的情況，所以－1，eq\f(2,3)為方程－3x2＋2ax＋b＝0的兩個根.所以a＝－eq\f(1,2)，b＝2，則f(x)＝－x3－eq\f(1,2)x2＋2x.x＝－2時，f(x)＝2，即(－2,2)在曲線上.又切線斜率為k＝f′(x)＝－3x2－x＋2，f′(－2)＝－8，所求切線方程為y－2＝－8(x＋2)，即為8x＋y＋14＝0.(2)x在變化時，f′(x)及f(x)的變化情況如下表：x－2(－2，－1)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))1f′(x)－0＋0－f(x)2－eq\f(3,2)eq\f(22,27)eq\f(1,2)則f(x)在[－2,1]上的最大值為2，最小值為－eq\f(3,2).解實際問題時因忽略定義域致誤例4現(xiàn)有一批貨物由海上A地運往B地，已知輪船的最大航行速度為35海里/小時，A地至B地之間的航行距離約為500海里，每小時的運輸成本由燃料費和其余費用組成，輪船每小時的燃料費與輪船速度的平方成正比(比例系數(shù)為0.6)，其余費用為每小時960元.(1)把全程運輸成本y(元)表示為速度x(海里/小時)的函數(shù)；(2)為了使全程運輸成本最小，輪船應(yīng)以多大速度行駛？錯解(1)依題意得y＝eq\f(500,x)(960＋0.6x2)＝eq\f(480000,x)＋300x，即y＝eq\f(480000,x)＋300x.(2)由(1)知y＝eq\f(480000,x)＋300x，所以y′＝－eq\f(480000,x2)＋300.令y′＝0，解得x＝40或x＝－40(舍去).當(dāng)0＜x＜40時，y′＜0；當(dāng)x＞40時，y′＞0.因此，函數(shù)y＝eq\f(480000,x)＋300x在x＝40處取得極小值，也是最小值.故為了使全程運輸成本最小，輪船應(yīng)以40海里/小時的速度行駛.錯因分析解應(yīng)用題最關(guān)鍵的就是要表達(dá)清楚模型的函數(shù)關(guān)系式，這其中就包括函數(shù)的定義域.定義域一定要根據(jù)題目的條件，考慮自變量的實際意義.本題錯解就是因為忽略了定義域?qū)е伦詈蟮慕忸}錯誤.正解(1)依題意得y＝eq\f(500,x)(960＋0.6x2)＝eq\f(480000,x)＋300x，函數(shù)的定義域為(0,35]，即y＝eq\f(480000,x)＋300x(0＜x≤35).(2)由(1)知y＝eq\f(480000,x)＋300x(0＜x≤35)，所以y′＝－eq\f(480000,x2)＋300.令y′＝0，解得x＝40或x＝－40(舍去).因為函數(shù)的定義域為(0,35]，所以函數(shù)在定義域內(nèi)沒有極值.又當(dāng)0＜x≤35時，y′＜0，所以y＝eq\f(480000,x)＋300x在(0,35]上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝35時，函數(shù)y＝eq\f(480000,x)＋300x取得最小值.故為了使全程運輸成本最小，輪船應(yīng)以35海里/小時的速度行駛.防范措施正確確定自變量的取值范圍，在解題過程中，要在其允許取值范圍內(nèi)求解.1.函數(shù)f(x)＝(2πx)2的導(dǎo)數(shù)是()A.f′(x)＝4πx B.f′(x)＝4π2xC.f′(x)＝8π2x D.f′(x)＝16πx答案C解析因f(x)＝4π2x2，故f′(x)＝8π2x，選C.2.函數(shù)f(x)＝x·e－x的一個單調(diào)遞增區(qū)間是()A.[－1,0] B.[2,8]C.[1,2] D.[0,2]答案A解析f(x)＝x·e－x，則f′(x)＝eq\f(1－xex,e2x)＝eq\f(1－x,ex)，令f′(x)＞0,得x＜1，故增區(qū)間為(－∞，1)，又因[－1,0]?(－∞，1)，故選A.3.一質(zhì)點沿直線運動，如果由始點起經(jīng)過ts后位移為s＝eq\f(1,4)t4－eq\f(5,3)t3＋2t2，那么t＝時速度為0.答案0或1或4解析由s′＝t3－5t2＋4t＝0，得t(t2－5t＋4)＝0，t(t－1)(t－4)＝0，t1＝0，t2＝1，t3＝4，即t＝0或1或4時，速度為0.4.用長為18cm的鋼條圍成一個長方體形狀的框架，要求長方體的長與寬之比為2∶1，則該長方體的長、寬、高分別為時，其體積最大.答案2cm,1cm，eq\f(3,2)cm解析設(shè)長、寬、高分別2x，x，h，則4(2x＋x＋h)＝18，h＝eq\f(9,2)－3x，∴V＝2x·x·h＝2x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)－3x))＝－6x3＋9x2，由V′＝0得x＝1或x＝0(舍去).∴x＝1是函數(shù)V在(0，＋∞)上唯一的極大值點，也是最大值點，故長、寬、高分別為2cm,1cm，eq\f(3,2)cm時，體積最大.5.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝eq\f(2,3)時，y＝f(x)有極值.(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.由題意，當(dāng)x＝1時，切線的斜率為3，可得2a＋b＝0.①當(dāng)x＝eq\f(2,3)時，y＝f(x)有極值，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝0，可得4a＋3b＋4＝0.②由①②解得a＝2，b＝－4，由于切點橫坐標(biāo)為1，∴f(1)＝4，∴1＋a＋b＋c＝4，∴c＝5.故a＝2，b＝－4，c＝5.(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，∴f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3).當(dāng)x變化時，y，y′的變化情況如下表：x－3(－3，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))1y′＋0－0＋y813eq\f(95,27)4∴ymax＝13，ymin＝eq\f(95,27).1.可導(dǎo)函數(shù)f(x)在x0處取得極值的充分必要條件是f′(x0)＝0且f′(x)在x0兩側(cè)的符號不同，f′(x0)＝0是x0為極值點的必要不充分條件，函數(shù)極值是一個局部概念，求極值時經(jīng)常把f′(x)＝0的點附近函數(shù)值的變化情況列成表格.2.一些求參數(shù)取值范圍的問題，常轉(zhuǎn)化為恒成立問題，利用f(x)＜a恒成立?[f(x)]max＜a和f(x)＞a恒成立?[f(x)]min＞a的思想解題.存在或有解問題，如f(x)＜a有解?a＞f(x)min和f(x)＞a有解?a＜f(x)max成立.一、選擇題1.函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是()A.在點x＝x0處的函數(shù)值B.在點(x0，f(x0))處的切線與x軸所夾銳角的正切值C.曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率D.點(x0，f(x0))與點(0,0)連線的斜率答案C2.如果物體的運動方程為s＝eq\f(1,t)＋2t(t＞1)，其中s的單位是米，t的單位是秒，那么物體在2秒末的瞬時速度是()A.eq\f(7,4)米/秒 B.eq\f(9,4)米/秒C.eq\f(3,2)米/秒 D.eq\f(5,2)米/秒答案A解析∵s＝s(t)＝eq\f(1,t)＋2t，∴s′(t)＝－eq\f(1,t2)＋2.故物體在2秒末的瞬時速度s′(2)＝－eq\f(1,4)＋2＝eq\f(7,4).3.a＝(x2＋6x,5x)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x，1－x))，已知f(x)＝a·b，則f′(x)等于()A.x2－6x＋5 B.x2＋6x－5C.eq\f(1,3)x3－3x2＋5x D.x2－3x2＋5答案A解析f(x)＝a·b＝(x2＋6x,5x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x，1－x))＝eq\f(1,3)x3－3x2＋5x，則f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－3x2＋5x))′＝x2－6x＋5.4.已知函數(shù)y＝x－ln(1＋x2)，則y的極值情況是()A.有極小值B.有極大值C.既有極大值又有極小值D.無極值答案D解析∵y′＝1－eq\f(2x,1＋x2)＝eq\f(x－12,1＋x2)≥0，且僅在有限個點上等號成立，∴函數(shù)f(x)在定義域R上為增函數(shù)，故其不存在極值.5.若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(2b＋1)x2＋b(b＋1)x在(0,2)內(nèi)有極小值，則()A.0＜b＜1 B.0＜b＜2C.－1＜b＜1 D.－1＜b＜2答案C解析f′(x)＝x2－(2b＋1)x＋b(b＋1)＝(x－b)[x－(b＋1)].令f′(x)＝0，則x＝b或x＝b＋1，x＝b＋1是極小值點，∴0＜b＋1＜2，∴－1＜b＜1.6.設(shè)函數(shù)f(x)＝xa－ax(0＜a＜1)，則f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的極大值點x0等于()A.0B.aC.1D.1－a答案C解析f′(x)＝(xa－ax)′＝axa－1－a＝a(xa－1－1).令a(xa－1－1)＝0，∵0＜a＜1，∴x＝1.當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時，f′(x)＜0.∴x＝1是[0，＋∞)內(nèi)的極大值點.二、填空題7.計算eq\i\in(1,3,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))dx＝.答案4＋ln3解析eq\i\in(1,3,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋lnx))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(3,1))＝eq\f(1,2)×32＋ln3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋0))＝4＋ln3.8.函數(shù)f(x)＝ax4－4ax2＋b(a＞0,1≤x≤2)的最大值為3，最小值為－5，則a＝，b＝.答案23解析y′＝4ax3－8ax＝4ax(x2－2)，令y′＝0，解得x1＝0，x2＝eq\r(2)，x3＝－eq\r(2).f(1)＝a－4a＋b＝b－3a，f(2)＝16a－16a＋b＝b，f(eq\r(2))＝b－4a，f(0)＝b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－4a＝－5，,b＝3，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3.))9.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P在曲線C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限內(nèi)，已知曲線C在點P處的切線的斜率為2，則點P的坐標(biāo)為.答案(－2,15)解析y′＝3x2－10，令y′＝2，解得x＝±2.又∵點P在第二象限內(nèi)，∴x＝－2，此時y＝15，∴點P的坐標(biāo)為(－2,15).10.已知曲線y＝eq\r(x)與直線x＝a，y＝0所圍成的封閉區(qū)域的面積為a3，則a＝.答案eq\r(3,\f(4,9))解析由題意a3＝eq\i\in(0,a,)eq\r(x)dx＝eq\f(2,3)xeq\f(3,2)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝eq\f(2,3)aeq\f(3,2)，即aeq\f(3,2)＝eq\f(2,3)，解得a＝eq\r(3,\f(4,9)).三、解答題11.求拋物線y＝－x2＋4x－3與其在點(0，－3)和點(3,0)處的切線所圍成的圖形的面積.解如圖，∵y′＝－2x＋4，∴y′|x＝0＝4，y′|x＝3＝－2.∴在點(0，－3)處的切線方程是y＝4x－3，在點(3,0)處的切線方程是y＝－2(x－3)，求兩切線交點：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝4x－3，,y＝－2x＋6))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝3，))交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).所以由它們圍成的圖形面積為S＝eq\i\in(0,eq\f(3,2),)[(4x－3)－(－x2＋4x－3)]dx＋eq\i\in(eq\f(3,2),3,)[－2(x－3)－(－x2＋4x－3)]dx＝eq\i\in(0,eq\f(3,2),)x2dx＋eq\i\in(eq\f(3,2),3,)(x2－6x＋9)dx＝eq\f(x3,3)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),0))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)－3x2＋9x))eq\b\