9299.net
大学生考试网 让学习变简单
当前位置:首页 >> >>

2018-2019学年高中数学 第一章 导数及其应用章末整合提升 新人教A版选修2-2_图文

2018-2019学年高中数学 第一章 导数及其应用章末整合提升 新人教A版选修2-2_图文

新课标导学 数学 选修2-2 ·人教A版 第一章 导数及其应用 章末整合提升 1 知识网络 2 专题突破 知识网络 专题突破 专题一 ?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知识,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3 6a2. [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,-8a3),再利用两点间距离公式求 出距离,观察结构,采用基本不等式证明结论成立. [解析] (1)解: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-2a3. (2)证明:由?????yy= =x33a,2x-2a3 ,得x3-3a2x+2a3=0. 即(x-a)2(x+2a)=0,解得x1=a,x2=-2a. 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,-8a3), 则|AB|= ?3a?2+?9a3?2≥ 2·3a·9a3=3 6a2, 即这两个公共点之间的距离不小于3 6a2. 『规律方法』 如何求方程x3-3a3x+2a3=0的根是解决该题第二问的关 键.事实上,x3-3a2x+2a3=0可化为(x3-a2x)-(2a2x-2a3)=0,进而化为x(x2 -a2)-2a2(x-a)=0.然后通过分解因式解决. 专题二 ?导数的应用 ? 1.导数作为工具,应用较为广泛,特别是在研究函数单 调性、极值、最值等方面发挥着重要的作用. 典例 2 已知a为实数,函数f(x)= x(x-a). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)设g(a)为f(x)在区间[0,2]上的最小值,试写出g(a)的表达式. [分析] (1)利用导数与函数单调性的关系处理.先明确定义域[0,+∞),再 求导数f′(x)= x + x-a = 2x 3x-a 2x .令f′(x)=0?x= a 3 ,分析x= a3 与定义域[0,+ ∞)的关系得到分类讨论标准:a<0,a=0,a>0.然后在每一种情况下解不等式 f′(x)>0和f′(x)<0,问题即可解决.(2)借助于(1)所讨论的结果来处理.令a3=2, 解得a=6,这样可以得到分类标准:a≤0,0<a<6,a≥6,再结合单调性讨论解 决. [解析] (1)由题意知函数的定义域为[0,+∞), f′(x)= x+x2-xa=32x-xa(x>0). ①若a<0,由于定义域为[0,+∞), 则f′(x)>0,故f(x)有单调增区间[0,+∞); ②若a=0,当x>0时,f′(x)>0,故f(x)有单调递增区间(0,+∞). ③若a>0,令f′(x)=0,得x=a3. 当0<x<a3时,f′(x)<0,当a>a3时,f′(x)>0.故f(x)有单调递减区间(0,a3),单 调递增区间(a3,+∞). 由于函数在某一点处没有增减性, 故函数的单调区间的情况为: 若a≤0,f(x)有单调递增区间[0,+∞); 若a>0,f(x)有单调递减区间[0,a3],单调递增区间[a3,+∞). (2)①若a≤0,f(x)在[0,2]上单调递增, 所以g(a)=f(0)=0. ②若0<a<6,f(x)在[0, a 3 ]上单调递减,在( a 3 ,2]上单调递增,所以g(a)=f( a 3 ) =-23a a3. ③若a≥6,f(x)在[0,2]上单调递减, 所以g(a)=f(2)= 2(2-a). ??0,a≤0, 综上所述,g(a)=???-23a a3,0<a<6, ?? 2?2-a?,a≥6. ? 『规律方法』 研究函数的单调性等问题不可忽视定义域 ;另外注意分类讨论思想的运用. ? 典例 3 设函数f(x)=ex-e-x. ? (1)证明:f(x)的导数f′(x)≥2; ? (2)若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围. [分析] (1)求导数f′(x)=ex+e-x,观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,在这两种情况下利用导数来研究函数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≥2 exe-x=2,故f′(x)≥2. 当且仅当x=0时,等号成立. (2)解: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=ln a+ a2-4 2 ,x2=ln a- 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相矛盾. 综上,满足条件的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,参透分类讨论、数形结合等数学思想方 法.一直是高考的热点问题.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 合或分离参数,过程要注意树立主

网站首页 | 网站地图 | 学霸百科 | 新词新语
All rights reserved Powered by 大学生考试网 9299.net
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@qq.com