高中數(shù)學(xué)2-2學(xué)案：第1章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1變化率與導(dǎo)數(shù)1。變化率函數(shù)的平均變化率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f（fx2－fx1,x2－x1），它是用來刻畫函數(shù)值在區(qū)間［x1，x2］上變化快慢的量。式中Δx，Δy的值可正、可負(fù)，當(dāng)函數(shù)f(x）為常數(shù)函數(shù)時(shí)，Δy的值為0，但Δx不能為0。當(dāng)Δx趨于0時(shí),平均變化率就趨于函數(shù)在x0點(diǎn)的瞬時(shí)變化率.例1甲、乙兩人走過的路程s1(t），s2（t)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示,試比較兩人在時(shí)間段[0，t0]內(nèi)的平均速度哪個(gè)大？解比較在相同的時(shí)間段[0，t0]內(nèi),兩人速度的平均變化率的大小便知結(jié)果。在t0處，s1(t0)＝s2（t0），s1（0）〉s2（0),所以eq\f(s1t0－s10,t0）<eq\f（s2t0－s20,t0).所以在時(shí)間段［0，t0]內(nèi)乙的平均速度比甲的大。點(diǎn)評(píng)比較兩人的平均速度的大小，其實(shí)就是比較兩人走過的路程相對(duì)于時(shí)間的變化率的大小。2。導(dǎo)數(shù)的概念及其幾何意義函數(shù)y＝f（x）在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)即為函數(shù)y＝f（x）在x0處的瞬時(shí)變化率，即當(dāng)Δx趨于0時(shí)，函數(shù)值y關(guān)于x的平均變化率eq\f（Δy，Δx)＝eq\f（fx0＋Δx－fx0,Δx）的極限值；Δx無限趨近于0，是指函數(shù)自變量之間的間隔能有多小就有多小,但始終不能為零.函數(shù)y＝f（x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線y＝f（x）在點(diǎn)（x0，f(x0）)處的切線的斜率,即f′(x0）＝k＝tanα,因此在切線的斜率、切點(diǎn)的橫坐標(biāo)兩個(gè)量中,只要已知其中一個(gè)量，就可以求出另一個(gè)量.例2如圖所示，函數(shù)f（x）的圖象是折線段ABC，其中A,B，C的坐標(biāo)分別為（0,4），(2，0)，（6,4），則f[f（0）]＝________；eq\o(lim，\s\do4(Δx→0)）eq\f（f1＋Δx－f1,Δx）＝________。（用數(shù)字作答)解析由A（0,4），B（2，0)可得線段AB的方程為f(x)＝－2x＋4(0≤x≤2）.同理線段BC的方程為f(x）＝x－2(2<x≤6）.所以f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－2x＋4，0≤x≤2,,x－2,2<x≤6，))所以f（0）＝4，f[f（0）］＝f（4）＝2，eq\o(lim，\s\do4(Δx→0）)eq\f(f1＋Δx－f1，Δx）＝f′(1）＝－2。答案2－2例3函數(shù)f（x)的圖象如圖所示，則下列不等關(guān)系中正確的是（)A。0〈f′（2)<f′（3)<f(3)－f（2）B。0<f′(2)〈f(3)－f（2）<f′(3）C。0<f′（3）〈f（3)－f（2)<f′(2)D.0〈f（3）－f（2)<f′（2）〈f′(3)解析根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)在點(diǎn)B(2,f(2)）及A（3，f(3））處的切線的斜率.由圖可見，過點(diǎn)B的切線的斜率大于過點(diǎn)A的切線的斜率，則有0〈f′（3)〈f′（2）.另一方面，這兩點(diǎn)的平均變化率為eq\f（f3－f2,3－2)＝f(3）－f(2)，其幾何意義為割線AB的斜率.由圖，可知0〈f′（3)〈f（3）－f（2)<f′(2）。答案C點(diǎn)評(píng)本題通過導(dǎo)數(shù)的定義反過來對(duì)變化率進(jìn)行了考查.通過上述三例可以看出，變化率是一個(gè)十分重要的概念，它是連接初等數(shù)學(xué)與導(dǎo)數(shù)的一個(gè)橋梁,學(xué)好變化率為以后更好地學(xué)習(xí)導(dǎo)數(shù)知識(shí)作了鋪墊。2函數(shù)單調(diào)性的多方妙用1。根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解參數(shù)問題例1已知f（x）＝ax3＋bx2＋cx在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上是減函數(shù),且f′eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)）)＝eq\f（3，2），求a，b，c的值。解f′（x）＝3ax2＋2bx＋c。由于f（x）在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)和（1,＋∞）上是減函數(shù)，所以f′(0）＝f′(1)＝0。又f′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））＝eq\f（3,2)，所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（c＝0，,3a＋2b＋c＝0，，\f（3，4）a＋b＋c＝\f(3,2).)）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－2，，b＝3，,c＝0。）)點(diǎn)評(píng)由于此題給出了函數(shù)定義域范圍內(nèi)的所有單調(diào)區(qū)間，在這種條件下一般都可以分析出函數(shù)的極值點(diǎn),通常情況下單調(diào)區(qū)間的端點(diǎn)就是極值點(diǎn)，再根據(jù)已知函數(shù)極值求解參數(shù)問題的方法進(jìn)行解答。例2已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x）(x≠0，常數(shù)a∈R）。若函數(shù)f(x）在［2,＋∞）上是單調(diào)遞增的，求a的取值范圍.解f′（x)＝2x－eq\f（a,x2）＝eq\f（2x3－a，x2）。要使f(x)在［2，＋∞）上是單調(diào)遞增的，則f′（x)≥0在x∈［2，＋∞）時(shí)恒成立,且在［2，＋∞)上任何子區(qū)間上不恒為零,即eq\f(2x3－a，x2)≥0在x∈[2，＋∞）時(shí)恒成立.∵x2〉0,∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈［2，＋∞）上恒成立?！郺≤(2x3）min?！選∈[2,＋∞)，y＝2x3是單調(diào)遞增的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16。當(dāng)a≤16時(shí)，f′(x）＝eq\f（2x3－16,x2)≥0(x∈［2，＋∞)）有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范圍是a≤16。點(diǎn)評(píng)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍，可轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題。一般地，函數(shù)f(x）在區(qū)間I上單調(diào)遞增（遞減）等價(jià)于不等式f′(x）≥0（f′(x)≤0)在區(qū)間I上恒成立,且在I的任何子區(qū)間上不恒為零,然后可借助分離參數(shù)等方法求出參數(shù)的取值范圍，并驗(yàn)證f′(x)＝0是否有有限個(gè)解。2.利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式欲證明不等式f（x)>g(x）（或f（x)≥g（x）)成立，可以構(gòu)造函數(shù)φ（x）＝f(x）－g(x），利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行證明.例3已知x〉0，求證：ex〉1＋x。證明設(shè)函數(shù)f（x）＝ex－（1＋x）,則f′(x)＝ex－1。當(dāng)x〉0時(shí),ex>e0＝1，所以f′（x)＝ex－1>0.所以f（x）在（0，＋∞)上是增函數(shù)。所以當(dāng)x〉0時(shí)，f(x)>f(0).又f(0）＝e0－（1＋0)＝0，所以f（x)〉0,即ex－（1＋x)>0。故ex〉1＋x.點(diǎn)評(píng)若要證的不等式兩邊是兩類不同的基本函數(shù),則往往需要構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)的單調(diào)性來證明。3。利用函數(shù)的單調(diào)性判斷方程根的個(gè)數(shù)若f（x）在區(qū)間［a,b]上單調(diào)，且f（a)f(b）<0，則f(x)＝0在［a,b］上有唯一實(shí)數(shù)根；若f(a）f(b）與零的大小無法確定，則f（x）＝0在[a,b]上至多有一個(gè)實(shí)數(shù)根。例4試判斷函數(shù)f（x)＝eq\f(1，3）x－lnx(x〉0)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e)，1))和區(qū)間（1,e)內(nèi)有無零點(diǎn)。分析可通過導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)極值點(diǎn)與極值的正負(fù)，再結(jié)合確定零點(diǎn)的方法確定零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。解因?yàn)閒′（x)＝eq\f(1，3）－eq\f（1，x）.所以當(dāng)x∈（3，＋∞）時(shí)，y＝f(x）是增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，3）時(shí)，y＝f（x)是減函數(shù)。而0<eq\f（1，e）<1<e〈3，又feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，e）))＝eq\f（1，3e）＋1>0，f(1）＝eq\f(1，3)>0，f（e）＝eq\f（e，3）－1<0，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,e），1))內(nèi)無零點(diǎn)，在區(qū)間（1,e）內(nèi)有零點(diǎn)。3揭開導(dǎo)數(shù)問題易錯(cuò)點(diǎn)的面紗一、揭開導(dǎo)數(shù)運(yùn)算中的常見錯(cuò)因1.對(duì)f′（x0）與f′（x）理解有誤例1已知函數(shù)f(x）＝x2＋2xf′（1），則f′（0)的值為(）A。0 B.－4C.－2 D。2錯(cuò)解由f(x)＝x2＋2xf′（1）得f（0）＝0。所以f′（0)＝0。故選A。錯(cuò)因分析解題時(shí)沒有弄清導(dǎo)函數(shù)和其在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)的關(guān)系,求函數(shù)在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)時(shí),應(yīng)先求導(dǎo)再求函數(shù)值，同時(shí)要注意f′1是常數(shù).正解由f(x)＝x2＋2xf′（1)得,f′(x）＝2x＋2f′(1）。所以f′(1)＝2×1＋2f′(1）.所以f′（1）＝－2。從而f′(x）＝2x－4.所以f′(0)＝－4。故選B.2.切點(diǎn)位置的確定有誤例2求過點(diǎn)P（1，0)且與曲線f（x）＝x3－x相切的直線的方程。錯(cuò)解由題意知點(diǎn)P(1，0)在曲線上。因?yàn)閒′（x)＝3x2－1，所以f′(1）＝2。所以切線方程為y－0＝2（x－1)，即2x－y－2＝0。錯(cuò)因分析點(diǎn)P1，0雖然在曲線上,但不一定是切點(diǎn),解題時(shí)把點(diǎn)P1，0當(dāng)作切點(diǎn)顯然是錯(cuò)誤的.求曲線的切線方程時(shí)，應(yīng)注意兩種“說法"：1曲線在點(diǎn)P處的切線方程一定是以點(diǎn)P為切點(diǎn);2曲線過點(diǎn)P的切線方程無論點(diǎn)P是否在曲線上，點(diǎn)P都不一定是切點(diǎn).正解設(shè)切點(diǎn)為(x0，xeq\o\al(3，0)－x0),則過該點(diǎn)的切線方程為y－(xeq\o\al(3，0）－x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0）.由切線過點(diǎn)P（1,0）得：0－（xeq\o\al（3,0）－x0）＝（3xeq\o\al(2，0）－1）（1－x0）,整理得2xeq\o\al（3，0）－3xeq\o\al（2,0）＋1＝0。即（x0－1）2（2x0＋1)＝0，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2).所以切線方程為2x－y－2＝0或x＋4y－1＝0.3。對(duì)切線定義的理解有誤例3已知曲線C：y＝f（x）＝eq\f（1,3）x3＋eq\f（4，3)，曲線C在點(diǎn)P（2,4）處的切線方程為y＝4x－4，試分析該切線與曲線C是否還有其他公共點(diǎn)？若有，求出公共點(diǎn)的坐標(biāo)；若沒有,請(qǐng)說明理由.錯(cuò)解由于直線y＝4x－4與曲線C相切，因此除切點(diǎn)P(2，4）外沒有其他的公共點(diǎn)。錯(cuò)因分析“切線與曲線有唯一公共點(diǎn)”，此說法對(duì)圓、橢圓這一類特殊曲線是成立的,但對(duì)一般曲線不一定成立.正解由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝4x－4,，y＝\f(1,3)x3＋\f（4，3)）)消去y整理得：x3－12x＋16＝0,即(x－2）（x2＋2x－8)＝0。所以（x－2)2(x＋4）＝0，解得x＝2或x＝－4。所以交點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,4)，（－4，－20)，所以該切線與曲線的公共點(diǎn)除了切點(diǎn)(2,4)外還有點(diǎn)(－4，－20）.二、揭開導(dǎo)數(shù)應(yīng)用中的常見錯(cuò)因1。將函數(shù)單調(diào)性的充分條件誤認(rèn)為是充要條件例4已知函數(shù)f(x）＝ax3＋3x2－x＋1在R上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。錯(cuò)解f′(x）＝3ax2＋6x－1。因?yàn)閒(x）在R上是減函數(shù)，所以f′(x)＝3ax2＋6x－1〈0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a<0,,36＋12a<0.）)解得a<－3。故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞,－3).錯(cuò)因分析“f′（x）〈0（x∈(a，b）)”是“f(x）在(a，b）內(nèi)單調(diào)遞減”的充分條件而不是充要條件，如f（x）＝－x3在R上單調(diào)遞減，但f′（x)＝－3x2≤0.正解f′（x)＝3ax2＋6x－1.（1)當(dāng)f′（x）〈0時(shí)，f(x)是減函數(shù)，所以f′（x)＝3ax2＋6x－1〈0。所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a〈0，,36＋12a<0。）)解得a〈－3.(2)當(dāng)a＝－3時(shí)，f′（x)＝－9x2＋6x－1＝－（3x－1）2≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f（1，3)時(shí)，f′(x)＝0.易知此時(shí)函數(shù)f(x）在R上也是減函數(shù).綜上，知實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－3]。點(diǎn)評(píng)解決此類問題既要注意其充分性,又要注意其必要性。2。將函數(shù)取極值的必要條件誤認(rèn)為是充要條件例5求函數(shù)f（x)＝x6－3x4＋3x2的極值。錯(cuò)解f′（x）＝6x5－12x3＋6x＝6x（x4－2x2＋1)＝6x(x2－1）2。令f′（x)＝0，得x1＝－1,x2＝0，x3＝1.當(dāng)x＝±1時(shí),函數(shù)f（x)取極大值1；當(dāng)x＝0時(shí),函數(shù)f（x)取極小值0。錯(cuò)因分析“f′x0＝0”是“可導(dǎo)函數(shù)y＝fx在x0處有極值”的必要條件而不是充要條件，即導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)。防止出現(xiàn)這類錯(cuò)誤的方法是驗(yàn)證可導(dǎo)函數(shù)fx在x0左右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)值的符號(hào)，若x0兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)值異號(hào)，則x0是函數(shù)fx的極值點(diǎn)。正解f′(x)＝6x（x2－1）2.令f′（x）＝0,得x1＝－1，x2＝0，x3＝1.f′(x）在方程f′(x）＝0的根的左右兩側(cè)的符號(hào)如下表所示:x(－∞,－1)（－1,0)（0,1）（1，＋∞)f′（x）－－＋＋因此函數(shù)f(x)無極大值，當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f（x)取極小值0.點(diǎn)評(píng)函數(shù)y＝f（x)在x0處可導(dǎo)，則“f′（x0）＝0"是“f（x)在x0處取得極值”的必要條件，但不是充要條件.一般地,函數(shù)f（x）在x0的附近可導(dǎo)且f′（x0)＝0，如果f′(x)在x0兩側(cè)的符號(hào)相反，則f(x）在x0處取極值；如果f′（x)在x0兩側(cè)的符號(hào)相同，則f(x）在x0處無極值.4導(dǎo)數(shù)應(yīng)用中的數(shù)學(xué)思想1.函數(shù)思想例1設(shè)函數(shù)f(x)＝1－e－x，證明：當(dāng)x〉－1時(shí),f（x）≥eq\f(x，x＋1)。分析由于f（x）＝1－e－x＝1－eq\f（1，ex），eq\f(x,x＋1）＝1－eq\f（1，x＋1)，因此要證f（x）≥eq\f(x，x＋1），只需證明ex≥1＋x。所以我們構(gòu)造新函數(shù)，利用函數(shù)的極值進(jìn)行證明。證明令g(x)＝ex－x－1,則g′(x）＝ex－1.解方程ex－1＝0，得x＝0。當(dāng)x變化時(shí),g′（x），g（x）變化情況如下表：x（－∞,0)0(0，＋∞）g′(x）－0＋g（x)0從表上看出，當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)有極小值,且g（0）＝0.因而當(dāng)x∈R時(shí)，有g(shù)(x)≥g(0）＝0，即ex≥1＋x.所以當(dāng)x>－1時(shí)，有f（x）＝1－e－x＝1－eq\f（1，ex)≥1－eq\f（1,x＋1）＝eq\f(x,x＋1），即f(x）≥eq\f(x,x＋1).點(diǎn)評(píng)本題通過構(gòu)造函數(shù)，使問題的解決變得簡(jiǎn)捷.2.數(shù)形結(jié)合思想例2已知曲線f（x)＝－x3＋3x2＋9x＋a與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。分析先用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，再根據(jù)單調(diào)性畫出大致圖象,利用數(shù)形結(jié)合思想求解。解f′(x）＝－3x2＋6x＋9。令f′（x）＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表：x（－∞，－1）－1(－1，3）3(3，＋∞)f′(x)－0＋0－f（x）極小值極大值所以當(dāng)x＝－1時(shí),f（x）有極小值f（－1)＝a－5；當(dāng)x＝3時(shí),f(x)有極大值f（3）＝a＋27.畫出大致圖象,要使f(x)的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，只需極大值小于0（如圖1)或極小值大于0（如圖2)。所以a＋27<0或a－5〉0。解得a〈－27或a〉5.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為a<－27或a〉5.點(diǎn)評(píng)數(shù)形結(jié)合思想是中學(xué)數(shù)學(xué)的一種重要思想.畫出圖象可以加強(qiáng)直觀性，便于對(duì)問題的理解.3。分類討論思想例3求函數(shù)f（x）＝ax3－3x2＋1－eq\f(3，a)的單調(diào)區(qū)間.分析利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，一般先確定函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)函數(shù)，最后根據(jù)導(dǎo)數(shù)大于0或小于0得單調(diào)增區(qū)間或單調(diào)減區(qū)間。如果函數(shù)中含有參數(shù),則應(yīng)分類討論.解f′（x）＝3ax2－6x。由題意，得a≠0.當(dāng)a>0時(shí)，由3ax2－6x〉0,解得x<0或x〉eq\f(2，a);由3ax2－6x〈0,解得0<x〈eq\f(2，a)。所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,a)，＋∞）），單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f（2,a）））。當(dāng)a<0時(shí)，由3ax2－6x>0,解得eq\f（2,a)〈x<0；由3ax2－6x<0，解得x<eq\f（2，a)或x>0.所以f（x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2,a),0)），單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞,\f(2,a）))和（0，＋∞)。綜上，a＞0時(shí)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0），（eq\f（2,a)，＋∞）,單調(diào)減區(qū)間為（0，eq\f（2,a))；a＜0時(shí)f（x)的單調(diào)增區(qū)間為(eq\f(2，a)，0)，單調(diào)減區(qū)間為（－∞，eq\f(2,a）)，（0，＋∞）.點(diǎn)評(píng)注意本題中隱含了a≠0的條件.a在導(dǎo)函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)中,a的正負(fù)決定了不等式的解集，因此要對(duì)a分大于0和小于0兩種情況進(jìn)行討論.5三次函數(shù)的單調(diào)性與極值的求解之道我們知道，一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0）的根的情況可以用判別式Δ＝b2－4ac來判斷，那么一元三次方程ax3＋bx2＋cx＋d＝0(a≠0)的根的情況又是怎樣的呢？要解決這個(gè)問題，只要能夠畫出函數(shù)y＝ax3＋bx2＋cx＋d的大致圖象,通過圖象與x軸的交點(diǎn)的情況便可得到方程的根的情況。而要畫出函數(shù)y＝ax3＋bx2＋cx＋d的大致圖象，就要研究該函數(shù)的單調(diào)性和極值情況，因此可以利用導(dǎo)數(shù)來研究.三次函數(shù)求導(dǎo)后變?yōu)槎魏瘮?shù)，所以三次函數(shù)的許多性質(zhì)可以借助二次函數(shù)來解決。對(duì)于三次函數(shù)f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x)＝3ax2＋2bx＋c，有以下結(jié)論：（1)①當(dāng)a〉0時(shí)，若x→＋∞,則f（x）→＋∞；若x→－∞,則f(x）→－∞；②當(dāng)a<0時(shí)，若x→＋∞，則f(x）→－∞；若x→－∞，則f(x)→＋∞。(2）若x1，x2是f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1，x2是方程f′（x）＝0的兩根，從而x1＋x2＝－eq\f(2b，3a)，x1x2＝eq\f（c,3a）。（3)方程f′(x)＝0的判別式Δ＝4b2－12ac，則有①當(dāng)Δ≤0時(shí)，若a>0，則f(x）在R上是增函數(shù)；若a<0,則f（x)在R上是減函數(shù)。②當(dāng)Δ>0時(shí)，設(shè)f′(x)＝0的兩根x1〈x2，則當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的遞增區(qū)間有兩個(gè)，為（－∞，x1)和（x2，＋∞），遞減區(qū)間有一個(gè)，為(x1,x2)，x＝x1是極大值點(diǎn)，x＝x2是極小值點(diǎn);當(dāng)a〈0時(shí),f(x)的遞減區(qū)間有兩個(gè)，為(－∞，x1)和（x2，＋∞)，遞增區(qū)間有一個(gè)，為(x1，x2)，x＝x1是極小值點(diǎn)，x＝x2是極大值點(diǎn).（4）函數(shù)f(x）的大致圖象如下：Δ>0Δ≤0a〉0a〈06巧記“原函數(shù)”微積分基本定理告訴我們要求積分值,找到被積函數(shù)的一個(gè)原函數(shù)是關(guān)鍵，為方便大家使用，下面列舉了一些常見函數(shù)的原函數(shù).(1）常數(shù)函數(shù)c的一個(gè)原函數(shù)為cx；（2)xn的一個(gè)原函數(shù)為eq\f(xn＋1,n＋1)（n≠－1，n∈N*)；（3)cosx的一個(gè)原函數(shù)為sinx；(4）sinx的一個(gè)原函數(shù)為－cosx；(5）ax的一個(gè)原函數(shù)為eq\f（ax,lna）（a〉0,a≠1）；（6)ex的一個(gè)原函數(shù)為ex；(7)eq\f(1，x）的一個(gè)原函數(shù)為lnx(x>0)。溫馨提示一個(gè)被積函數(shù)的原函數(shù)不是唯一的,有無數(shù)多個(gè)，即在每一個(gè)原函數(shù)后面加上一個(gè)常數(shù)，求導(dǎo)后不變，但具體利用?eq\o\al(b,a)f(x）dx＝F（b)－F（a）求值，只需找一個(gè)最簡(jiǎn)單的原函數(shù)即可。7多法求解定積分用微積分基本定理求定積分?eq\o\al(b,a)f（x）dx時(shí)，關(guān)鍵是找到滿足F′（x)＝f（x）的F（x),但在求解函數(shù)F（x)時(shí)經(jīng)常會(huì)遇到復(fù)雜的計(jì)算，或者找不到函數(shù)F(x）等情況，本文介紹幾種簡(jiǎn)化求解定積分的方法.1。幾何法例1求定積分?eq\o\al(1，0）(eq\r(1－x－12）－x)dx的值.分析本題用定積分的定義或微積分基本定理求解都比較麻煩.由?eq\o\al（1,0)（eq\r（1－x－12）－x）dx聯(lián)想到圓（x－1）2＋y2＝1的一部分與直線y＝x，用定積分的幾何意義進(jìn)行求解則比較簡(jiǎn)捷.解?eq\o\al(1，0）（eq\r（1－x－12）－x)dx表示圓(x－1)2＋y2＝1的一部分與直線y＝x所圍成的圖形（如圖所示的陰影部分)的面積,因此?eq\o\al(1，0）(eq\r(1－x－12）－x）dx＝eq\f(π×12，4）－eq\f（1，2）×1×1＝eq\f(π,4）－eq\f（1,2）。點(diǎn)評(píng)數(shù)形結(jié)合思想在這里得到了充分的體現(xiàn).運(yùn)用定積分的幾何意義計(jì)算定積分,需要具備較強(qiáng)的觀察能力、分析能力和邏輯推理能力.2。函數(shù)性質(zhì)法例2求?eq\f(1，2）－eq\f（1,2)lgeq\f（1＋x，1－x）dx的值。解記f(x）＝lgeq\f(1＋x,1－x)，易知定義域?yàn)?－1,1），因?yàn)閒(－x)＝lgeq\f(1－x，1＋x）＝lg（eq\f(1＋x，1－x）)－1＝－f(x),所以f（x）是奇函數(shù)，因此有?eq\f（1,2)－eq\f（1，2)lgeq\f（1＋x,1－x）dx＝0.點(diǎn)評(píng)從定積分的定義(或幾何意義)可知：偶函數(shù)f(x）有?eq\o\al（a，－a）f(x）dx＝2?eq\o\al（a,0）f（x)dx;奇函數(shù)f（x）有?eq\o\al（a，－a）f（x)dx＝0.3。轉(zhuǎn)化法例3計(jì)算定積分eq\i\in(0,eq\f(π，2)，)sin2eq\f（x,2)dx的值.解eq\i\in（0,eq\f（π，2），）sin2eq\f(x,2）dx＝eq\i\in(0,eq\f（π,2）,)eq\f（1－cosx,2）dx＝eq\i\in(0,eq\f(π,2)，）eq\f(1,2)dx－eq\f(1,2)eq\i\in(0，eq\f（π，2），)cosxdx＝eq\f(1,2)xeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（π,2),0））－eq\f(1，2）sinxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(π，2），0））＝eq\f(π，4)－eq\f（1,2）·0－eq\f（1,2）sineq\f(π,2）＋eq\f(1,2)sin0＝eq\f(π，4)－eq\f（1，2）.點(diǎn)評(píng)較復(fù)雜函數(shù)的積分，往往難以直接找到原函數(shù)，常常需先化簡(jiǎn)、變式、換元變成基本初等函數(shù)的四則運(yùn)算后，再求定積分。4.分段法例4求定積分eq\i\in(－1，2，）x|x|dx的值。解因?yàn)閒(x）＝x｜x｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x2，x≥0，,－x2，x<0，））所以eq\i\in（－1，2,)x｜x|dx＝eq\i\in（－1,0,）(－x2）dx＋eq\i\in（0，2,）x2dx＝－eq\f(x3，3)eq\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（\o\al(0，)－1)）＋eq\f（x3，3）eq\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1(\o\al（2，)0)）＝－eq\f(1，3)＋eq\f（8，3）＝eq\f(7，3).點(diǎn)評(píng)這類積分不能直接求解,需要變換被積函數(shù),從而去掉絕對(duì)值.5。換元法例5求拋物線y2＝2x與直線y＝x－4圍成的平面圖形的面積.解方法一選取橫坐標(biāo)x為積分變量,則圖中陰影部分的面積應(yīng)該是兩部分之和。解eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y2＝2x，，y＝x－4，)）得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＝2，,y1＝－2，）)eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝8，,y2＝4.）)所以交點(diǎn)為A(2,－2),B(8，4）.選取x為積分變量，則0≤x≤8.因此S＝2eq\i\in(0，2，)eq\r（2x)dx＋eq\i\in（2，8，)（eq\r(2x）－x＋4）dx＝eq\b\lc\\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（4\r（2)，3）x)）)eq\o\al（2,0)＋eq\b\lc\\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（4x＋\f（2\r(2）,3)x\f(3，2）－\f（x2,2)）））)eq\o\al(8,2)＝18。方法二選取縱坐標(biāo)y為積分變量，則－2≤y≤4，所求圖中陰影部分的面積為S＝eq\i\in(-2,4,）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(y＋4－\f（y2,2)））dy＝eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,2)＋4y－\f（y3，6))）))\o\al（4，－2）))＝18。點(diǎn)評(píng)從上述兩種解法中可以看出，對(duì)y積分比對(duì)x積分計(jì)算簡(jiǎn)捷。因此,應(yīng)用定積分求解平面圖形的面積時(shí)，積分變量的選取至關(guān)重要.但同時(shí)也要注意對(duì)y積分時(shí)，積分函數(shù)應(yīng)是x＝φ（y）,本題需將條件中的曲線方程、直線方程化為x＝eq\f（y2，2），x＝y(tǒng)＋4的形式,然后求面積。8利用定積分速求面積1.巧選積分變量求平面圖形面積時(shí)，要注意選擇積分變量，以使計(jì)算簡(jiǎn)便.例1求直線y＝2x＋3與拋物線y＝x2所圍成的圖形的面積.分析解此類題的一般步驟是：①畫草圖;②解方程組求出交點(diǎn)；③確定積分的上、下限;④計(jì)算。解畫出圖象如圖所示，解方程組eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝2x＋3，,y＝x2，））得A（－1，1)，B（3，9）。故所求圖形的面積為?eq\o\al(3，－1）(2x＋3－x2）dx＝eq\b\lc\\rc\|（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x2＋3x－\f（1,3）x3）））)eq\o\al（3,－1)＝eq\f(32，3）.點(diǎn)評(píng)本題若選縱坐標(biāo)y為積分變量，則計(jì)算起來較為復(fù)雜，故要注意選擇積分變量，以使計(jì)算簡(jiǎn)便.另外還要注意的是對(duì)面積而言，不管選用哪種積分變量去積分，面積是不會(huì)變的，即定積分的值不會(huì)改變。2.妙用對(duì)稱在求平面圖形的面積時(shí),注意利用函數(shù)的奇偶性等所對(duì)應(yīng)曲線的對(duì)稱性解題,這也是簡(jiǎn)化計(jì)算過程的常用手段。例2求由兩條曲線y＝x2，4y＝x2和直線y＝1所圍成的圖形的面積.分析先畫圖象，分析由哪幾塊組成，再轉(zhuǎn)化為定積分求解.解如圖,因?yàn)閥＝x2,4y＝x2是偶函數(shù),根據(jù)對(duì)稱性，只需算出y軸右邊的圖形的面積再乘以2即可。解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝x2，，y＝1，）)和eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＝x2，，y＝1。))得交點(diǎn)坐標(biāo)（－1,1）,(1，1),(－2,1)，（2，1）.所以S＝2eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\i\in（0，1，)\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x2－\f（x2,4）))dx＋\i\in(1，2，)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（x2,4）））dx）)＝2eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\