高中數(shù)學(xué)人教A版2第一章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元測試 第一章章末復(fù)習(xí)

章末復(fù)習(xí)1．對于導(dǎo)數(shù)的定義，必須明確定義中包含的基本內(nèi)容和Δx→0的方式，導(dǎo)數(shù)是函數(shù)的增量Δy與自變量的增量Δx的比eq\f(Δy,Δx)的極限，即eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).函數(shù)y＝f(x)在點x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義，就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率．2．曲線的切線方程利用導(dǎo)數(shù)求曲線過點P的切線方程時應(yīng)注意：(1)判斷P點是否在曲線上；(2)如果曲線y＝f(x)在P(x0，f(x0))處的切線平行于y軸(此時導(dǎo)數(shù)不存在)，可得方程為x＝x0；P點坐標(biāo)適合切線方程，P點處的切線斜率為f′(x0)．3．利用基本初等函數(shù)的求導(dǎo)公式和四則運算法則求導(dǎo)數(shù)，熟記基本求導(dǎo)公式，熟練運用法則是關(guān)鍵，有時先化簡再求導(dǎo)，會給解題帶來方便．因此觀察式子的特點，對式子進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃问莾?yōu)化解題過程的關(guān)鍵．4．判斷函數(shù)的單調(diào)性(1)在利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首先要確定函數(shù)的定義域，解決問題的過程中，只能在函數(shù)的定義域內(nèi)，通過討論導(dǎo)數(shù)的符號，來判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)注意在某一區(qū)間內(nèi)f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是函數(shù)f(x)在該區(qū)間上為增(或減)函數(shù)的充分條件．5．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值要注意(1)極值是一個局部概念，是僅對某一點的左右兩側(cè)領(lǐng)域而言的．(2)連續(xù)函數(shù)f(x)在其定義域上的極值點可能不止一個，也可能沒有極值點，函數(shù)的極大值與極小值沒有必然的大小聯(lián)系，函數(shù)的一個極小值也不一定比它的一個極大值小．(3)可導(dǎo)函數(shù)的極值點一定是導(dǎo)數(shù)為零的點，但函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為零的點，不一定是該函數(shù)的極值點．因此導(dǎo)數(shù)為零的點僅是該點為極值點的必要條件，其充要條件是加上這點兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)異號．6．求函數(shù)的最大值與最小值(1)函數(shù)的最大值與最小值：在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)，在[a，b]上必有最大值與最小值；但在開區(qū)間(a，b)內(nèi)連續(xù)的函數(shù)f(x)不一定有最大值與最小值，例如：f(x)＝x3，x∈(－1,1)．(2)求函數(shù)最值的步驟一般地，求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上最大值與最小值的步驟如下：①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．7．應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決實際問題，關(guān)鍵在于建立恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)模型(函數(shù)關(guān)系)，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個點x0，使f′(x0)＝0，則f(x0)是函數(shù)的最值.題型一應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決與切線相關(guān)的問題根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)就是相應(yīng)切線的斜率，從而就可以應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決一些與切線相關(guān)的問題．例1(2023·福建)已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值．解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x＞0)，∴f(1)＝1，f′(1)＝－1，∴y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x＞0.①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當(dāng)a＞0時，由f′(x)＝0，解得x＝a；∵x∈(0，a)時，f′(x)＜0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0∴f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．跟蹤演練1已知曲線C的方程是y＝x3－3x2＋2x.(1)求曲線在x＝1處的切線方程；(2)若l2：y＝kx，且直線l2與曲線C相切于點(x0，y0)(x0≠0)，求直線l2的方程及切點坐標(biāo)．解(1)∵y′＝3x2－6x＋2，∴y′|x＝1＝3×1－6×1＋2＝－1.∴l(xiāng)1的斜率為－1，且過點(1,0)．∴直線l1的方程為y＝－(x－1)，即l1的方程為x＋y－1＝0.(2)直線l2過原點，則k＝eq\f(y0,x0)(x0≠0)，由點(x0，y0)在曲線C上，得y0＝xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋2x0，∴eq\f(y0,x0)＝xeq\o\al(2,0)－3x0＋2.∵y′＝3x2－6x＋2，∴k＝3xeq\o\al(2,0)－6x0＋2.又k＝eq\f(y0,x0)，∴3xeq\o\al(2,0)－6x0＋2＝eq\f(y0,x0)＝xeq\o\al(2,0)－3x0＋2，整理得2xeq\o\al(2,0)－3x0＝0.∵x0≠0，∴x0＝eq\f(3,2)，此時y0＝－eq\f(3,8)，k＝－eq\f(1,4)，因此直線l2的方程為y＝－eq\f(1,4)x，切點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,8))).題型二利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增；在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．例2已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)，a＞0.討論f(x)的單調(diào)性．解由題知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ＜0即0＜a＜2eq\r(2)時，對一切x＞0都有f′(x)＞0.此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．②當(dāng)Δ＝0即a＝2eq\r(2)時，僅對x＝eq\r(2)，有f′(x)＝0，對其余的x＞0都有f′(x)＞0.此時f(x)也是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．③當(dāng)Δ＞0即a＞2eq\r(2)時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0＜x1＜x2.當(dāng)x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上單調(diào)遞增．跟蹤演練2求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)f(x)＝(x－3)ex，x∈(0，＋∞)；(2)f(x)＝x(x－a)2.解(1)f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)＞0，解得x＞2，又x∈(0，＋∞)，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間(2，＋∞)，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間(0,2)．(2)函數(shù)f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x的定義域為R，由f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝0，得x1＝eq\f(a,3)，x2＝a.①當(dāng)a>0時，x1<x2.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，a)).②當(dāng)a<0時，x1>x2，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,3))).③當(dāng)a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間為(－∞，＋∞)，即f(x)在R上是遞增的．綜上，a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，a)).a<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,3))).a＝0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．題型三利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值和最值1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值的一般步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)解方程f′(x)＝0的根；(3)檢驗f′(x)＝0的根的兩側(cè)f′(x)的符號．若左正右負(fù)，則f(x)在此根處取得極大值；若左負(fù)右正，則f(x)在此根處取得極小值；否則，此根不是f(x)的極值點．2．求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最大值、最小值的方法與步驟(1)求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)將(1)求得的極值與f(a)、f(b)相比較，其中最大的一個值為最大值，最小的一個值為最小值．特別地，①當(dāng)f(x)在[a，b]上單調(diào)時，其最小值、最大值在區(qū)間端點取得；②當(dāng)f(x)在(a，b)內(nèi)只有一個極值點時，若在這一點處f(x)有極大(或極小)值，則可以斷定f(x)在該點處取得最大(最小)值，這里(a，b)也可以是(－∞，＋∞)．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(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.跟蹤演練3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(guān)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．解(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)由f(x)＝x3－3x2＋2得，f′(x)＝3x2－6x.由f′(x)＝0得，x＝0或x＝2.①當(dāng)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(dāng)2<t<3時，當(dāng)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↘－2↗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.題型四導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)是高考的必考內(nèi)容，也是高考的重點、熱點．考題利用導(dǎo)數(shù)作為工具，考查求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、函數(shù)的極值與最值，參數(shù)的取值范圍等問題，若以選擇題、填空題出現(xiàn)，以中低檔題為主；若以解答題形式出現(xiàn)，則難度以中檔以上為主，有時也以壓軸題的形式出現(xiàn)．考查中常滲透函數(shù)、不等式等有關(guān)知識，綜合性較強(qiáng)．例4設(shè)函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2ax2－3a2x＋b(0<a<1)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若當(dāng)x∈[a＋1，a＋2]時，恒有|f′(x)|≤a，試確定a的取值范圍；(3)當(dāng)a＝eq\f(2,3)時，關(guān)于x的方程f(x)＝0在區(qū)間[1,3]上恒有兩個相異的實根，求實數(shù)b的取值范圍．解(1)f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－a)(x－3a令f′(x)＝0，得x＝a或x＝3a當(dāng)x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－∞，a)a(a,3a3(3a，＋∞f′(x)－0＋0－f(x)極小極大∴f(x)在(－∞，a)和(3a，＋∞)上是減函數(shù)，在(a,3a)上是增函數(shù)．當(dāng)x＝a時，f(x)取得極小值，f(x)極小值＝f(a)＝b－eq\f(4,3)a3；當(dāng)x＝3a時，f(x)取得極大值，f(x)極大值＝f(3a)＝b(2)f′(x)＝－x2＋4ax－3a2，其對稱軸為x＝2因為0<a<1，所以2a<a＋所以f′(x)在區(qū)間[a＋1，a＋2]上是減函數(shù)．當(dāng)x＝a＋1時，f′(x)取得最大值，f′(a＋1)＝2a－1當(dāng)x＝a＋2時，f′(x)取得最小值，f′(a＋2)＝4a－于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1≤a，,4a－4≥－a，))即eq\f(4,5)≤a≤1.又因為0<a<1，所以eq\f(4,5)≤a<1.(3)當(dāng)a＝eq\f(2,3)時，f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)x2－eq\f(4,3)x＋b.f′(x)＝－x2＋eq\f(8,3)x－eq\f(4,3)，由f′(x)＝0，即－x2＋eq\f(8,3)x－eq\f(4,3)＝0，解得x1＝eq\f(2,3)，x2＝2，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))上是減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上是增函數(shù)，在(2，＋∞)上是減函數(shù)．要使f(x)＝0在[1,3]上恒有兩個相異實根，即f(x)在(1,2)，(2,3)上各有一個實根，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤0，,f2>0，,f3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)＋b≤0，,b>0，,－1＋b≤0，))解得0<b≤eq\f(1,3).跟蹤演練4證明：當(dāng)x∈[－2,1]時，－eq\f(11,3)≤eq\f(1,3)x3－4x≤eq\f(16,3).證明令f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x，x∈[－2,1]，則f′(x)＝x2－4.因為x∈[－2,1]，所以f′(x)≤0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,1]上單調(diào)遞減．故函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值為f(－2)＝eq\f(16,3)，最小值為f(1)＝－eq\f(11,3).所以，當(dāng)x∈[－2,1]時，－eq\f(11,3)≤f(x)≤eq\f(16,3)，即－eq\f(11,3)≤eq\f(1,3)x3－4x≤eq\f(16,3)成立．題型五定積分及其應(yīng)用定積分的幾何意義表示曲邊梯形的面積，它的物理意義表示