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【世纪金榜】2015高考数学专题辅导与训练配套课件:选修2-2 选修2-3 导数的简单应用及定积分


第三讲 导数的简单应用及定积分

【主干知识】 1.必记公式 (1)基本初等函数的八个导数公式 原函数 f(x)=c(c为常数) f(x)=xα (α ∈R) 导函数 f′(x)=0
α -1 α x f′(x)=______

f(x)=sinx f(x)=cosx

cosx f′(x)=_____
-sinx f′(x)=______

原函数 f(x)=ax(a>0,且a≠1) f(x)=ex f(x)=logax(a>0,且a≠1) f(x)=lnx

导函数 axlna f′(x)=_____ ex f′(x)=__
1 f′(x)=_____ xln a 1 f′(x)=_____ x

(2)导数四则运算法则

f′(x)±g′(x) ①[f(x)±g(x)]′=_______________;
f′(x)g(x)+f(x)g′(x) ②[f(x)·g(x)]′=______________________;
2 [g ? x ?] ③ [ f ? x ? ]? =_________________(g(x)≠0).

f ? ? x ? g ? x ? ? f ? x ? g? ? x ?

g?x?

2.重要性质 (1)函数的单调性与导数的关系 若函数y=f(x)在某区间内可导,则 增函数 ①f′(x)>0?f(x)为_______;

减函数 ②f′(x)<0?f(x)为_______;
③f′(x)=0?f(x)为常数函数. (2)函数的导数与极值 若函数的导数存在,某点的导数等于零是函数在该点取得极 必要而不充分 条件. 值的_____________

(3)定积分的性质 ① ②

? ?

b

a kf(x)dx=__________(k 为常数); b

k ? f ? x ? dx

b

a

b

a

?a 1 ?a 2 [f1(x)±f2(x)]dx=__________________ ;
b c b a c

f ? x ? dx ?

b

f ? x ? dx

? f ? x ? dx = ? f ? x ? dx+? f ? x ? dx ③_________
a

(其中a<c<b).

3.易错提醒 (1)判断极值的条件掌握不清:利用导数判断函数的极值时, 忽视“导数等于零,并且两侧导数的符号相反”这两个条件同 时成立. (2)混淆在点P处的切线和过点P的切线:前者点P为切点,后

者点P不一定为切点,求解时应先设出切点坐标.
(3)关注函数的定义域:求函数的单调区间及极(最)值应

先求定义域.

【考题回顾】 1.(2014·江苏高考改编)在平面直角坐标系xOy中,若曲线 y=ax2+ b (a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P处的切线
x

与直线7x+2y+3=0平行,求a+b的值.

【解析】曲线y=ax2+ (a,b为常数)过点P(2,-5), 则有4a+ b =-5,
2

b x

又该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,
b 7 由y′=2ax- b2 得4a- ? - , 4 2 x a ?- 1, 联立两式得 ? 则a+b=-3. ? ?b ? -2,

2.(2014·江西高考改编)若f(x)=x2+ 2? f ? x ? dx ,计算 0

1

?

1

f(x)dx.

0

【解析】设
1

?

1

f(x)dx=c,

0

1 1 则c ? ? ? x 2 ? 2c ? dx ? ( x 3 ? 2cx) |1 ? ? 2c, 0 0 3 3 1 1 1 所以c ? ? ,即? f ? x ? dx ? ? . 0 3 3

3.(2014·唐山模拟)若函数f(x)=3x-x3+a, - 3 ≤x≤3的 最小值为8,求a的值. 【解析】f′(x)=3-3x2, 令f′(x)=0,得x=〒1, 又f(1)=2+a,f(-1)=-2+a. f(- 3 )=a,f(3)=-18+a. 所以[f(x)]min=-18+a.由-18+a=8,得a=26.

热点考向一
【考情快报】

导数与积分的几何意义

难度:基础题

命题指数:★★☆

考查方式:1.主要考查求过某点的切线的斜率、方程切点的坐 标,或以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值. 2.定积分一般考查定积分的直接运算及定积分在几何或物理中 的应用

【典题1】(1)(2014·江西高考改编)若曲线y=xlnx上点P处的 切线平行于直线2x-y+1=0,求点P的坐标. (2)(2014·山东高考改编)求直线y=4x与曲线y=x3在第一象限 内围成的封闭图形的面积.

切线斜率为0 【信息联想】(1)看到切线平行于x轴,想到____________.
转化为求曲边梯形的面积问题 (2)看到求平面图形的面积,想到___________________________.

【规范解答】(1)设切点为(x0,y0),因为y′=lnx+1,
所以切线的斜率为k=lnx0+1,

又k=2得x0=e,代入曲线得y0=e.
故点P的坐标是(e,e).
? y ? 4x, (2)由 ? 得交点为(0,0),(2,8),(?2, ?8), 3 ?y ? x , 2 1 2 所以S ? ? (4x ? x 3 )dx ? (2x 2 ? x 4 )|0 ? 4. 0 4

【规律方法】 1.求曲线y=f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P(x0,y0),求y=f(x)过点P的切线方程: 求出切线的斜率f′(x0),由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为k,求y=f(x)的切线方程: 设切点P(x0,y0),通过方程k=f′(x0)解得x0,再由点斜式写出方程. (3)已知切线上一点(非切点),求y=f(x)的切线方程: 设切点P(x0,y0),利用导数求得切线斜率f′(x0),再由斜率公式求 得切线斜率,列方程(组)解得x0,再由点斜式或两点式写出方程.

2.已知切线求参数问题 利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系来构造 方程组求解. 3.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点 关键点一:画出几何图形,结合图形位置,确定积分区间以及被 积函数,从而得到面积的积分表达式,再利用微积分基本定理求 出积分值. 关键点二:根据图形的特征,选择合适的积分变量,可使计算简 捷,在以y为积分变量时,应注意将曲线方程变为x=φ(y)的形式, 同时,积分上、下限必须对应y的取值.

【变式训练】1.(2014·太原模拟)若曲线f(x)=acosx与曲线 g(x)=x2+bx+1在交点(0,m)处有公切线,求a+b的值. 【解析】依题意得,f′(x)=-asinx,g′(x)=2x+b,于是有 f′(0)=g′(0),即-asin0=2〓0+b,b=0; m=f(0)=g(0),即m=a=1, 因此a+b=1.

2.(2014·常德模拟)求由直线y=x-3,曲线y=2 x 以及x轴所 围图形的面积. 【解析】由方程组 ?
? y ? x ? 3, ? y ? 2 x,

解得交点(9,6),故由定积分的几

何意义可得所求面积
3 9 0 3

S=? 2 xdx+?[2 x-? x-3?]dx= 18.

【加固训练】1.(2014·青岛模拟)设函数f(x)=g(x)+x2,曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,求曲线y=f(x)在 点(1,f(1))处切线的斜率. 【解析】由题意知g′(1)=2, 又f′(x)=g′(x)+2x, 所以y=f(x)在(1,f(1))处切线的斜率为f′(1)=g′(1)+2=4.

2.(2013·江西高考改编)若 s1 ? ? x 2dx,s 2 ? ? 1 1

2

2

2 1 dx,s 3 ? ? e x dx, 1 x

比较s1,s2,s3的大小关系.
2 【解析】因为 s1 ? x 3 |1 ?

1 3

1 3 3 7 2 ? 1 ? <3; ? ? 3 3

2 s 2 ? ln x |1 ? ln 2 ? ln 1 ? ln 2<; 1 2 s3 ? e x |1 ? e2 ? e>3, 所以s 2<s1<s3 .

热点考向二
【考情快报】

利用导数研究函数的单调性
高频考向 多维探究 命题指数:★★★

难度:基础、中档题

考查方式:主要考查函数的单调性与导数的关系,以求解函数 的单调区间为主,结合含参数不等式的求解问题,多利用分类 讨论的数学思想

命题角度一

求函数的单调区间

【典题2】(2014·海淀模拟)已知函数f(x)=(x-a)sinx+cosx, x∈(0,π ). (1)当a= ? 时,求函数f(x)的值域.
2 (2)当a> ? 时,求函数f(x)的单调区间. 2

【现场答案】

【纠错析因】找出以上现场答案的错误之处,分析错因,并给出 正确答案. 提示:以上解题过程的出错之处是第(1)问只是把两个端点值求 出就得到值域,出错原因是函数的最值并不一定在端点处取得; 第(2)问没有判断x-a的符号,出错原因是没能根据a与π的大小 进行分类讨论.

【规范解答】(1)当a= 时, f(x)=(x- ?)sin x+cos x,x∈(0,π), f′(x)=(x- ?)cos x,由f′(x)=0得x= ? .
x-

? 2

2

2

2

f(x),f′(x)的情况如下 x
? x2 ? (0, ) 2 ? 2 ? ( , ?) 2

+

0 0

+ -

cosx

f′(x)
f(x)



0



因为f(0)=1,f(π)=-1,
所以函数f(x)的值域为(-1,1).

(2)f′(x)=(x-a)cosx,
①当 ? <a<π时,f(x),f′(x)的情况如下
2

x x-a

? (0, ) 2

? 2

? ( , ?) 2

a 0

(a,π) +

-

-

cosx
f′(x) f(x)

+


0
0

+ ↗ 0



所以函数f(x)的单调增区间为 ( ? , ?) ,单调减区间为 (0, ? )
2 2

和(a,π).

②当a≥π时,f(x),f′(x)的情况如下

x x-a cosx
f′(x) f(x)

? (0, ) 2

? 2

? ( , ?) 2

+

2

0
0

+ ↗
2

所以函数f(x)的单调增区间为 ( ? , ?) ,单调减区间为 (0, ? ) .

命题角度二

已知单调性求参数的范围
1 在 x

【典题3】(2014·成都模拟)若函数f(x)=x2+ax+ (
1 ,+∞)上是增函数,求a的取值范围. 2

【信息联想】看到f(x)在( 1 ,+≦)上是增函数,想到
2 1 f′(x)≥0在( ,+≦)上恒成立 ____________________________. 2

1 1 ,因为函数在( ,+≦)上 2 x 2 是增函数,所以f′(x)≥0在( 1 ,+≦)上恒成立,即a≥ 12 - 2 x 1 2x在( ,+≦)上恒成立. 2 2 1 设g(x)= 2 -2x,g′(x)=- 3 -2, x x 令g′(x)=- 23 -2=0,得x=-1, x 当x∈( 1 ,+≦)时,g′(x)<0, 2 1 又g( )=4-1=3,所以a≥3. 2

【规范解答】f′(x)=2x+a-

【互动探究】若函数f(x)=x2+ax+ 1 在( 1 ,+∞)上存在
x 2

减区间,求实数a的取值范围.

【解析】f′(x)=2x+a- 12 , 因为函数在( 1 ,+≦)上存在减区间, 所以f′(x)<0在( 1 ,+≦)上能成立, 即a< 12 -2x在( 1 ,+≦)上能成立.设g(x)= 12 -2x, g′(x)=- 23 -2, 令g′(x)=- 23 -2=0,得x=-1, 当x∈( 1 ,+≦)时,g′(x)<0, 又g( 1 )=4-1=3,
2 2 x x x 2 x 2 2 x

所以a<3.

【规律方法】 1.求函数的单调区间的“两个”方法 (1)①确定函数y=f(x)的定义域; ②求导数y′=f′(x); ③解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间; ④解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.

(2)①确定函数y=f(x)的定义域; ②求导数y′=f′(x),令f′(x)=0,解此方程,求出在定义区间

内的一切实根;
③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的

各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数f(x)
的定义域分成若干个小区间;

④确定f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每个
相应区间内的单调性.

2.已知函数y=f(x)在(a,b)的单调性,求参数的范围的方法 (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求解:即“若函数单调递增,则 f′(x)≥0;若函数单调递减,则f′(x)≤0”.

【变式训练】1.(2014·张家口模拟)讨论函数f(x)=4ex(x+1) -x2-4x的单调性. 【解析】f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2) (e x- 1 ) .
2

令f′(x)=0,得x=-ln2或x=-2.
从而当x∈(-≦,-2)∪(-ln2,+≦)时,f′(x)>0;

当x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0.
故f(x)在(-≦,-2),(-ln2,+≦)单调递增,在(-2,-ln2)单调递

减.

2.若函数y=a(x3-x)的递减区间为 (? 3 , 3 ), 求a的取值范围.
3 3

【解析】因为y′=a(3x2-1)= 3a(x- 3 )(x ? 3 ),
3 3
3 3 3 3 ?x? 时, (x- )(x ? ) ? 0, 3 3 3 3 3 3 因为函数y ? a ? x 3 ? x ? 在(? , )上递减, 3 3 当-

所以y′≤0,即a≥0, 经检验a=0不合题意,所以a>0.

3.已知函数f(x)= 1 x3+ax2+bx,且f′(-1)=0.
3

(1)试用含a的代数式表示b. (2)求f(x)的单调区间.

【解析】(1)依题意,得f′(x)=x2+2ax+b, 由f′(-1)=1-2a+b=0得b=2a-1. (2)由(1)得f(x)= 1 x3+ax2+(2a-1)x,
3

故f′(x)=x2+2ax+2a-1=(x+1)(x+2a-1). 令f′(x)=0,则x=-1或x=1-2a,

①当a>1时,1-2a<-1, 当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-≦,1-2a) + 单调递增 (1-2a,-1) 单调递减 (-1,+≦) + 单调递增

由此得,函数f(x)的单调增区间为(-≦,1-2a)和(-1,+≦),单调 减区间为(1-2a,-1). ②当a=1时,1-2a=-1,此时,f′(x)≥0恒成立,且仅在x=-1处 f′(x)=0,故函数f(x)的单调增区间为R.

③当a<1时,1-2a>-1,同理可得函数f(x)的单调增区间为(-≦, -1)和(1-2a,+≦),单调减区间为(-1,1-2a). 综上:

当a>1时,函数f(x)的单调增区间为(-≦,1-2a)和(-1,+≦),单
调减区间为(1-2a,-1);

当a=1时,函数f(x)的单调增区间为R;
当a<1时,函数f(x)的单调增区间为(-≦,-1)和(1-2a,+≦),单

调减区间为(-1,1-2a).

【加固训练】(2014·山东高考)设函数f(x)=aln x+ x ? 1,
x ?1

其中a为常数. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. (2)讨论函数f(x)的单调性.

【解析】(1)当a=0时,f(x)= x ? 1 ,f′(x)=
f′(1)=
2

2

2

所以y= 1 x ? 1 .

?1 ? 1?

2

1 又因为f(1)=0,所以直线过点(1,0), ? , 2

x ?1

? x ? 1?

2



2 (2)f′(x)= a ? 2 2 (x ? 0) , x ? x ? 1? 2

①当a=0时,f′(x)=
递增.

? x ? 1?

2

恒大于0.f(x)在定义域上单调
2

a ? x ? 1? ? 2x a 2 ? ? 0. ②当a>0时,f′(x)= ? 2 x ? x ? 1?2 x ? x ? 1?

f(x)在定义域上单调递增.

③当a<0时,Δ=(2a+2)2-4a2=8a+4≤0,即a≤ ? 1 .
2

开口向下,f(x)在定义域上单调递减. 当- 1 <a<0时,Δ>0.
2

设x1,x2(x1<x2)是f′(x)=0的根,则
?a ? 1 ? 2a ? 1 , 2a a 对称轴方程为x= ? 2a ? 2 ? ?1 ? 1 ? 0. 2a a x1,2 ? ?
a 2 ? 2a ? 1 ? 2a ? 1 ?a ? 1 ? 2a ? 1 且x1 ? ? 0, x 2 ? , ?a a 所以f ? x ? 在(0, ?a ? 1 ? 2a ? 1 )单调递减, a

? ? 2a ? 2 ? ? 8a ? 4

?a ? 1 ? 2a ? 1 ?a ? 1 ? 2a ? 1 , )单调递增, a a ?a ? 1 ? 2a ? 1 ( , ? ?)单调递减. a (

综上所述,a=0时,f(x)在定义域上单调递增;a>0时,f(x) 在定义域上单调递增,a≤- 1 时,f(x)在定义域上单调递减;
2

1 ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? ? a ? 0时,f ? x ? 在(0, )单调递减, 2 a ?a ? 1 ? 2a ? 1 ?a ? 1 ? 2a ? 1 , )单调递增, a a ?a ? 1 ? 2a ? 1 ( , ? ?)单调递减. a (

热点考向三 【考情快报】

利用导数研究函数的极值和最值

难度:中档题

命题指数:★★★

考查方式:主要考查函数极值和最值的求法.常与函数、方 程、不等式等交汇命题

【典题4】(2014·湖州模拟)已知函数f(x)=x3-3ax(a是常数), 函数g(x)=|f(x)|. (1)若a>0,求函数y=f(x)的单调递减区间. (2)求函数g(x)在区间[0,1]上的最大值.

解导数不等式 【信息联想】(1)看到单调区间,想到_____________. (2)看到最大值,想到函数单调性 ___________.

【规范解答】(1)若a>0,f′(x)=3x2-3a =3(x+ a )(x- a ), 令f′(x)<0,解得- a <x< a , 所以函数y=f(x)的减区间是(a , a ).

(2)若a≤0,f′(x)≥0恒成立,f(x)在[0,1]上单调递增,
又f(0)=0,

所以g(x)max=|f(1)|=1-3a,
若a>0, 由(1)知,f(x)在(0, a )上单调递减, 在( a ,+≦)上单调递增, 故可画出函数g(x)在(0,+≦)上的草图如下,

因为g( a )=2a a ,g(2 a )=2a a ,

所以三次方程x3-3ax=2a a 的较大实根为x=2 a ,
故当 a ≥1,即a≥1时,g(x)max=|f(1)|=3a-1;

当 a <1≤2 a ,即 1 ≤a<1时,g(x)max=|f( 4

a )|=2a a ;

当2 a <1,即0<a< 1 时,g(x)max=|f(1)|=1-3a, 4
1 ? 1 ? 3a,a ? , ? 4 ? 1 ? ? ?2a a , ? a ? 1, 4 ? ?3a ? 1,a ? 1. ? ?

综上g ? x ?max

【规律方法】研究极值、最值问题应注意的三个关注点 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点,所以在求出导函 数的零点后一定注意分析这个零点是不是函数的极值点. (2)求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通 过认真比较才能下结论. (3)含参数时,要讨论参数的大小.

【变式训练】1.(2014·福州模拟)若函数f(x)=-x3+3x2+9x+a 在区间[-2,2]上的最大值为20,则它的最小值是 2.(2014·南宁模拟)已知a,b是实数,1和-1是函数 f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点. (1)求a和b的值. (2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点. .

【解析】1.f′(x)=-3x2+6x+9,
因为f(-2)=8+12-18+a=2+a, f(2)=-8+12+18+a=22+a, 所以f(2)>f(-2), 因为在(-1,3)上,f′(x)>0, 所以f(x)在[-1,2]上单调递增, 所以f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小 值,

所以f(2)=22+a=20,解得a=-2. 所以f(x)=-x3+3x2+9x-2, 所以f(-1)=1+3-9-2=-7,即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值 为-7. 答案:-7

2.(1)由f(x)=x3+ax2+bx得f′(x)=3x2+2ax+b,
又因1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点,

所以3x2+2ax+b=0的两个根为1和-1.
由根与系数的关系得 1+(-1)=- 2a ?a=0,
3 1〓(-1)= b ?b=-3, 3

所以a=0,b=-3,此时f(x)=x3-3x.

(2)因为由(1)得,f(x)=x3-3x,

所以g′(x)=f(x)+2=x3-3x+2=(x-1)2(x+2) ,解得x1=x2=1,
x3=-2.

因为当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,所以x=-2
是g(x)的极值点.

因为当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,所以x=1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极值点是x=-2.

【加固训练】(2014·昆明模拟)已知函数f(x)=xlnx. (1)求函数f(x)的极值点. (2)若直线l过点(0,-1),并且与曲线y=f(x)相切,求直线l的方程. (3)设函数g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函数g(x)在[1,e]上 的最小值(其中e为自然对数的底数).

【解析】(1)f′(x)=lnx+1,x>0.令f′(x)>0,即lnx+1>0,得 x> 1 . 令f′(x)<0,即lnx+1<0,得0<x< 1 , 所以f(x)在 (0, 1 ) 上单调递减,在 ( , ?? )上单调递增.
e e 1 e e

所以x= 1 是函数f(x)的极小值点,极大值点不存在.
e

(2)设切点坐标为(x0,y0),则y0=x0lnx0,切线的斜率为lnx0+1, 所以切线l的方程为y-x0lnx0=(lnx0+1)(x-x0). 又切线l过点(0,-1), 所以有-1-x0lnx0=(lnx0+1)(0-x0). 解得x0=1,y0=0. 所以直线l的方程为y=x-1. (3)g(x)=xlnx-a(x-1),则g′(x)=lnx+1-a. g′(x)<0,即lnx+1-a<0,得0<x<ea-1,g′(x)>0,得x>ea-1,所以 g(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+≦)上单调递增.

①当ea-1≤1,即a≤1时,g(x)在[1,e]上单调递增, 所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(1)=0. ②当1<ea-1<e,即1<a<2时,g(x)在[1,ea-1)上单调递减,在(ea-1, e]上单调递增.g(x)在[1,e]上的最小值为g(ea-1)=a-ea-1. ③当e≤ea-1,即a≥2时,g(x)在[1,e]上单调递减, 所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(e)=e+a-ae. 综上,x∈[1,e]时,当a≤1时,g(x)的最小值为0; 当1<a<2时,g(x)的最小值为a-ea-1; 当a≥2时,g(x)的最小值为a+e-ae.


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