2024秋高中数学第一章导数及其应用章末整合提升学案含解析新人教A版选修2-2

PAGE11-第一章章末整合提升网络构建·理脉络导数及其应用专题突破·启智能专题利用导数的几何意义解题导数的概念、运算及导数的几何意义等基础学问，是高考的必考内容，难度位于中低档．典例1设曲线y＝x3在x＝a(a≠0)处的切线为l.(1)求直线l的方程；(2)证明：直线l与曲线y＝x3恒有两个不同的公共点，且这两个公共点之间的距离不小于3eq\r(6)a2.[思路分析](1)利用导数的几何意义解决．先求导数f′(x)＝3x2，则切线斜率为f′(a)＝3a2，再利用点斜式写出切线方程．(2)利用方程思想解决．将切线方程与曲线方程联立求出交点坐标A(a，a3)，B(－2a，－8[解析](1)y′＝3x2，直线l的斜率为f′(a)＝3a2故直线l的方程为y－a3＝3a2(x－a即y＝3a2x－2a(2)证明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x3，,y＝3a2x－2a3))，得x3－3a2x＋2a3＝0.即(x－a)2(x＋2a)＝0，解得x1＝a，x2＝－2因为a≠0，所以x1≠x2.所以直线l与曲线有两个不同的交点A(a，a3)，B(－2a，－8a则|AB|＝eq\r(3a2＋9a32)≥eq\r(2·3a·9a3)＝3eq\r(6)即这两个公共点之间的距离不小于3eq\r(6)『规律方法』如何求方程x3－3a2x＋2a3＝0的根是解决该题其次问的关键．事实上，x3－3a2x＋2a3＝0可化为(x3－a2x)－(2a2x－2a3)＝0，进而化为x(x2－a2)－2专题求函数的单调区间典例2设a∈R，探讨定义在(－∞，0)的函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋(a＋eq\f(1,2))x2＋(a＋1)x的单调性．[解析]f′(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋a＋1＝(x＋1)(ax＋a＋1)，x(1)若a＝0，则f′(x)＝x＋1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)若a≠0时，则f′(x)＝a(x＋1)·[x＋(1＋eq\f(1,a))]．①若a>0，则当x∈(－∞，－1－eq\f(1,a))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－1－eq\f(1,a)，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．②若－1≤a<0，则当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．③若a<－1，则当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1，－1－eq\f(1,a))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－1－eq\f(1,a)，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．『规律方法』导数探讨函数的单调性是高考中最常见的考查方式，对函数性质的探讨涉及到方方面面，涉及方法思想较多，数形结合思想、分类探讨思想、逆向思维等等．专题求函数的极值与最值典例3已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[解析](1)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)证明：由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(fα,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．『规律方法』一般地，对于“双峰”函数(只有一个极大值和一个微小值的函数)，当函数f(x)的极大值小于零或函数f(x)的微小值大于零时，图象与x轴仅有一个交点．专题恒成立问题典例4设函数f(x)＝ex－e－x.(1)证明：f(x)的导数f′(x)≥2；(2)若对全部x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．[思路分析](1)求导数f′(x)＝ex＋e－x，视察结构利用基本不等式解决；(2)构造函数g(x)＝f(x)－ax，则g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，由(1)知f′(x)＝ex＋e－x≥2，从而得到分类标准为a≤2和a>2，在这两种状况下利用导数来探讨函数g(x)的单调性及最值，即可解决．[解析](1)证明：f(x)的导数f′(x)＝ex＋e－x.由于ex＋e－x≥2eq\r(exe－x)＝2，故f′(x)≥2.当且仅当x＝0时，等号成立．(2)令g(x)＝f(x)－ax，则g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，①若a≤2，当x>0时，g′(x)＝ex＋e－x－a>2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以x≥0时，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax.②若a>2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝lneq\f(a＋\r(a2－4),2)，x2＝lneq\f(a－\r(a2－4),2)<0，舍去x2.此时，若x∈(0，x1)，则g′(x)<0，故g(x)在该区间为减函数．所以，x∈(0，x1)时，g(x)<g(0)＝0，即f(x)<ax，与题设f(x)≥ax相冲突．综上，满意条件的a的取值范转围是(－∞，2]．『规律方法』结合函数的单调性、极值及最值，将参数置身于题目之中，考查分类探讨、数形结合等数学思想方法，始终是高考的热点问题．其中恒成立问题是常见的问题之一，在解决恒成立问题时，一般是构造函数、数形结合或分别参数，过程要留意树立主元意识．专题利用导数处理方程的根以导数为工具画出函数的大致图象，进而利用数形结合思想、函数方程思想处理方程的根的问题在近几年高考题中已出现，并有创新．典例5设a为实数，已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋(a2－1)x.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若方程f(x)＝0有三个不等实根，求实数a的取值范围．[解析](1)依题意有f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2，故f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)．当x变更时，f′(x)，f(x)的变更状况如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘微小值↗由上表得f(x)在x＝0时取极大值f(0)＝0，f(x)在x＝2时取得微小值f(2)＝－eq\f(4,3).(2)因为f′(x)＝x2－2ax＋(a2－1)＝[x－(a－1)]·[x－(a＋1)]，所以方程f′(x)＝0的两根为a－1和a＋1，明显，函数f(x)在x＝a－1时取得极大值，在x＝a＋1时取得微小值．因为方程f(x)＝0有三个不等实根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa－1>0，,fa＋1<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋2a－12>0，,\f(1,3)a－2a＋12<0，))解得－2<a<2，且a≠±1.故a的取值范围是(－2，－1)∪(－1,1)∪(1,2)．专题导数在实际问题中的应用从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数最值问题，再利用导数解决，从而进一步地解决实际问题是高考提出的实力要求．典例6某机械厂生产某种机器配件的最大生产实力为每日100件，假设日产品的总成本C(元)与日产量x(件)的函数关系为C(x)＝eq\f(1,4)x2＋60x＋2050.求：(1)日产量为75件时的总成本和平均成本；(2)当日产量由75件提高到90件时，总成本的平均变更量；(3)当日产量为75件时，总成本的瞬时变更率．[解析](1)日产量为75件时的总成本和平均成本分别为C(75)＝7956.25(元)，eq\f(C75,75)≈106.08(元/件)．(2)当日产量由75件提高到90件时，总成本的平均变更量eq\f(ΔC,Δx)＝eq\f(C90－C75,90－75)＝101.25(元/件)．(3)∵C′(x)＝eq\f(1,2)x＋60，∴当日产量为75件时的总成本的瞬时变更率为C′(75)＝97.5(元)．『规律方法』要理解实际问题中导数的意义，首先要驾驭导数的定义域，然后再依据导数的定义说明它在实际问题中的意义．专题定积分的应用典例7如图，设由抛物线C：x2＝4y与过它的焦点F的直线l所围成封闭曲面图形的面积为S(阴影部分)．(1)设直线l与抛物线C交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1<x2，直线l的斜率为k，试用k表示x2－x1；(2)求S的最小值．[解析](1)可得点F(0,1)，设直线l的方程为y＝kx＋1，直线l与抛物线C交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y))得x2－4kx－4＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.又∵x1<x2，∴x2－x1＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq\r(k2＋1).(2)S＝eq\a\vs4\al(\i\in(x1,x2,))(kx＋1－eq\f(1,4)x2)dx＝(k·eq\f(x2,2)＋x－eq\f(1,12)x3)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs2\al\co1(x2,x1))＝(eq\f(k,2)xeq\o\al(2,2)＋x2－eq\f(1,12)xeq\o\al(3,2))－(eq\f(k,2)xeq\o\al(2,1)＋x1－eq\f(1,12)xeq\o\al(3,1))＝eq\f(k,2)(x2＋x1)(x2－x1)＋(x2－x1)－eq\f(1,12)(x2－x1)[(x1＋x2)2－x1x2]＝8k2eq\r(k2＋1)＋4eq\r(k2＋1)－eq\f(4,3)eq\r(k2＋1)(4k2＋1)，令eq\r(k2＋1)＝t，则t≥1，有k2＝t2－1，S＝8(t2－1)t＋4t－eq\f(4,3)t[4(t2－1)＋1]＝eq\f(8,3)t3，S＝eq\f(8,3)t3在[1，＋∞)上为单调递增函数，∴当t＝1，即k＝0时，S有最小值eq\f(8,3).专题函数思想与方程思想函数思想是用运动和变更的观点、集合和对应的思想来分析和探讨数学问题中的数量关系，先建立函数关系或构造函数，再利用函数的图象和性质来分析问题、转化问题，从而使问题得到解决，函数思想的精髓就是构造函数．方程思想可以帮助分析数学问题中变量间的等量关系，从而建立方程或方程组，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质来分析、转化问题，从而使问题得到解决．函数思想与方程思想亲密相关，函数关系式可看成方程，某些方程又可看成函数关系式，在解决有关问题时，函数、方程、不等式常相互转化，从另一个角度使问题得到解决．导函数(即导数本身)就是一种函数，在解决有关导数的问题时，常会用到函数思想与方程思想．典例8已知a∈R，探讨函数f(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)的极值点的个数．[解析]f′(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)＋ex(2x＋a)＝ex[x2＋(a＋2)x＋(2a令f′(x)＝0得x2＋(a＋2)x＋(2a(1)当Δ＝(a＋2)2－4(2a＋1)＝a2－4a＝a(即a<0或a>4时，方程x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)＝0有两个不同的实根x1，x2，不妨设x1<x2于是f′(x)＝ex(x－x1)(x－x2)．从而有下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘微小值↗即此时f(x)有两个极值点．(2)当Δ＝0即a＝0或a＝4时，方程x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)＝0有两个相同的实根x1＝x2于是f′(x)＝ex(x－x1)2.故当x<x1时，f′(x)>0；当x>x1时，f′(x)>0.因此f(x)无极值点．(3)当Δ<0即0<a<4时，x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)>0，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)]>0，故f(x)为增函数，此时f(因此当a>4或a<0时，f(x)有两个极值点；当0≤a≤4时，f(x)无极值点．『规律方法』可导函数f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0的左侧与右侧f′(x)的符号不同，因此当方程有根时，还必需推断方程的根的两侧导数的符号，这是解题时简单忽视的地方．专题分类探讨思想分类探讨思想是依据数学中探讨对象的本质属性的相同点和不同点，将探讨对象分为不同的几类，然后对划分的每一类分别进行探讨或求解的思想，它是解答数学问题的重要思想和解题策略之一，它可以使原本不确定的问题条理化、系统化、明确化．典例9已知函数f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，a∈R.设函数h(x)＝f(x)－g(x)，当h(x)存在最小值时，求其最小值φ(a)的解析式．[思路分析]本题是在函数、导数、不等式、解析几何的交汇处命题，考查了导数的几何意义、直线的方程、利用导数求函数的最值、利用导数证明不等式等学问，考查了分类探讨与等价转化的数学思想以及综合运用导数学问解决函数、不等式问题的实力．利用导数求函数的最值，要留意对参数a进行分类探讨．[解析]由条件知h(x)＝eq\r(x)－alnx(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)，(1)当a>0时，令h′(x)＝0，解得x＝4a2∴当0<x<4a2时，h′(x)<0，h(x)在(0,4a当x>4a2时，h′(x)>0，h(x)在(4a∴x＝4a2是h(x∴最小值φ(a)＝h(4a2)＝2a－aln(4a2)＝2(2)当a≤0时，h′(x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最小值．故h(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)＝2a(1－ln2a)(『规律方法』假如我们面临的数学问题不能用统一的形式解决，或者因为一种形式无法进行概括时，这时分类探讨就顺理成章了，分类时要遵循“不重不漏”的分类原则，对于每一类状况都要给出解答．分类探讨思想的一般步骤是：(1)确定标准；(2)恰当地分类；(3)逐类探讨；(4)归纳结论．本章中的题型，如求单调区间、求参数的范围、求极值、最值以及恒成立问题时，都要用到分类探讨思想．专题数形结合思想数形结合思想是一个重要的数学思想，也是一种常见的数学方法．一般来说，“形”具有形象、直观的特点，易于从整体上定性地分析问题，“数形比照”便于寻求思路、化难为易；“数”则具有严谨、精确的特点，能够进行严格的论证和定理求解．“由数想形”可以弥补“形”难以精确的弊端，恰当地应用数形结合思想可以提高解题的速度，优化解题过程，这正如闻名数学家华罗庚先生所说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”．本章的数形结合思想体现许多，如导数的几何意义、函数的单调性、极值、方程中根的探讨、定积分的计算等．典例10已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)．如图所示．(1)求x0的值；(2)求a，b，c的值．[思路分析]由导函数的图象推断函数f(x)的单调性，从而确定极值点．[解析](1)由图象可知，在(－∞，1)上，f′(x)>0；在(1,2)上，f′(x)<0；在(2，＋∞)上，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减．因此f(x)在x＝1处取得极大值，所以x0＝1.(2)解法1：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由f′(1)＝0，f′(2)＝0，f(1)＝5得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0,12a＋4b＋c＝0,a＋b＋c＝5))，解得a＝2，b＝－9，c＝12.解法2：设f′(x)＝m(x－1)(x－2)＝mx2－3mx＋2m又f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以a＝eq\f(m,3)，b＝－eq\f(3,2)m，c＝2m，f(x)＝eq\f(m,3)x3－eq\f(3,2)mx2＋2mx.∵f(1)＝5，∴eq\f(m,3)－eq\f(3,2)m＋2m＝5，∴m＝6，∴a＝2，b＝－9，c＝12.专题十一转化与化归思想所谓转化与化归就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终使问题得到解决．可以说数学解题就是转化问题，每一个数学问题无不是在不断地转化中获得解决的，即使是数形结合思想、函数方程思想、分类探讨思想也都是转化与化归思想的表现形式．典例11已知f(x)在定义域(－1,1)内可导，且f′(x)<0，又当a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0时，f(a)＋f(b)＝0，解不等式f(1－m)＋f(1－m2)>0.[思路分析]本题是一个抽象型函数问题，有三个关键点：①在定义域(－1,1)内，由f′(x)<0知f(x)单调递减；②由a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0时，f(a)＋f(b)＝0知f(x)是奇函数；③将f(1－m)＋f(1－m2)>0变形后，应用单调性、奇偶性转化为详细的不等式组来求解．[解析]因为f(x)在(－1,1)内可导，且f′(x)<0，所以f(x)在(－1,1)上为减函数．当a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0时，f(a)＋f(b)＝0，所以f(b)＝－f(a)，即f(－a)＝－f(a)，所以f(x)在(－1,1)上为奇函数．又因为f(1－m)＋f(1－m2)>0，所以f(1－m)>－f(1－m2)，所以f(1－m)>f(m2－1)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<1－m<1，,－1<m2－1<1，,1－m<m2－1，))解得1<m<eq\r(2).『规律方法』求解抽象函数问题要留意：①不行把抽象函数特别化，要细致分析已知条件，不行以主观添加认为成立的条件．②要对已知条件多方面变形运用，借助通用的单调性、奇偶性求解时要符合已知条件.即时巩固一、选择题1．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导数为f′(x)，f′(0)>0，对于随意实数x都有f(x)≥0，则eq\f(f1,f′0)的最小值为(C)A．3 B．eq\f(5,2)C．2 D．eq\f(3,2)[解析]∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b>0；∵对于随意实数x都有f(x)≥0，∴a>0且b2－4ac≤0，∴b2≤4ac，∴∴eq\f(f1,f′0)＝eq\f(a＋b＋c,b)＝eq\f(a＋c,b)＋1≥eq\f(2\r(ac),b)＋1≥1＋1＝2，当a＝c时取等号．故选C．2．(2024·全国卷Ⅰ)函数y＝eq\f(sin2x,1－cosx)的部分图象大致为(C)[解析]令f(x)＝eq\f(sin2x,1－cosx)，∵f(1)＝eq\f(sin2,1－cos1)>0，f(π)＝eq\f(sin2π,1－cosπ)＝0，∴解除选项A，D．由1－cosx≠0，得x≠2kπ(k∈Z)，故函数f(x)的定义域关于原点对称．又∵f(－x)＝eq\f(sin－2x,1－cos－x)＝－eq\f(sin2x,1－cosx)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，∴解除选项B．故选C．3．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是(B)A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)[解析]∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝3x2＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在[1，＋∞)上恒成立，又∵在[1，＋∞)上，(－3x2)max＝－3，∴a≥－3，故应选B．二、填空题4．已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝__1__.[解析]因为f(x)＝ax3＋x＋1，所以f(1)＝a＋2，f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(又因为切线过点(2,7)，所以7－(a＋2)＝(3a＋1)×(2－1)，解之得a5．函数y＝cos3x＋sin2x－cosx的最大值__