2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 必考問題專項突破4 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用及定積分 理

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1、考必考問題4　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用及定積分 1．(2020·全國)曲線y＝e－2x＋1在點(0,2)處的切線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形的面積為(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D．1 答案： A　[y′＝－2e－2x，曲線在點(0,2)處的切線斜率k＝－2，∴切線方程為y＝－2x＋2，該直線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形如圖所示，其中直線y＝－2x＋2與y＝x的交點A，所以三角形面積S＝×1×＝，故選A.] 2．(2020·廣東)曲線y＝x3－x＋3在點(1,3)處的切線方程為________． 解析　曲線方程為y＝x

2、3－x＋3，則y′＝3x2－1，又易知點(1,3)在曲線上，有y′|x＝1＝2，即在點(1,3)處的切線方程的斜率為2，所以切線方程為y－3＝2(x－1)，即2x－y＋1＝0. 答案　2x－y＋1＝0 3．(2020·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝D是由x軸和曲線y＝f(x)及該曲線在點(1,0)處的切線所圍成的封閉區(qū)域，則z＝x－2y在D上的最大值為________． 解析　當(dāng)x＞0時，求導(dǎo)得f′(x)＝，所以曲線在點(1,0)處的切線的斜率k＝1，切線方程為y＝x－1，畫圖可知區(qū)域D為三角形，三個頂點的坐標(biāo)分別為，(0，－1)，(1,0)，平移直線x－2y＝0，可知在點(0，－1)處z取得最

3、大值2. 答案　2 4．(2020·江西)計算定積分－1(x2＋sin x)dx＝________. 解析?。?(x2＋sin x)dx＝＝. 答案　 1．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求曲線的切線方程；考查定積分的性質(zhì)及幾何意義． 2．考查利用導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，進(jìn)而解(證)不等式． 3．用導(dǎo)數(shù)解決日常生活中的一些實際問題，以及與其他知識相結(jié)合，考查常見的數(shù)學(xué)思想方法． 首先要理解導(dǎo)數(shù)的工具性作用；其次要弄清函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)符號之間的關(guān)系，掌握求函數(shù)極值、最值的方法步驟，對于已知函數(shù)單調(diào)性或單調(diào)區(qū)間，求參數(shù)的取值范圍問題，一般先利用導(dǎo)數(shù)將其轉(zhuǎn)化為不等式在某

4、個區(qū)間上的恒成立問題，再利用分離參數(shù)法求解. 必備知識 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)． (2)曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． (3)導(dǎo)數(shù)的物理意義：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)． 基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和運算法則 (1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式 原函數(shù) 導(dǎo)函數(shù) f(x)＝c f′(x)＝0 f(x)＝xn(n∈R) f′(x)＝nxn－1 f(x)＝sin x f

5、′(x)＝cos x f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a＞0且a≠1) f′(x)＝axln a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax(a＞0且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ (2)導(dǎo)數(shù)的四則運算法則 ①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)； ②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)； ③′＝(v(x)≠0)． (3)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo) 復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系為yx′＝f′(u)g′(x)． 利用導(dǎo)數(shù)

6、研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟 (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)； (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)y＝f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0；②若已知y＝f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解． 求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟 (1)求f′(x)； (2)求f′(x)＝0的根； (3)判定根兩側(cè)導(dǎo)數(shù)的符號； (4)下結(jié)論． 求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值的步驟 (1)求f′(x)； (2)求f′(x)＝0的根(注意取舍)； (3)求出各極值及區(qū)間端點處的

7、函數(shù)值； (4)比較其大小，得結(jié)論(最大的就是最大值，最小的就是最小值)． 必備方法 1．利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟 (1)審題設(shè)未知數(shù)；(2)結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式；(3)確定函數(shù)的定義域；(4)在定義域內(nèi)求極值、最值；(5)下結(jié)論． 2．定積分在幾何中的應(yīng)用 被積函數(shù)為y＝f(x)，由曲線y＝f(x)與直線x＝a，x＝b(a＜b)和y＝0所圍成的曲邊梯形的面積為S. (1)當(dāng)f(x)＞0時，S＝ f(x)dx； (2)當(dāng)f(x)＜0時，S＝－ f(x)dx； (3)當(dāng)x∈[a，c]時，f(x)＞0；當(dāng)x∈[c，b]時，f(x)＜0，則S＝ f(x)dx－ f(x)dx.

8、 ?？疾椋孩俑鶕?jù)曲線方程，求其在某點處的切線方程；②根據(jù)曲線的切線方程求曲線方程中的某一參數(shù)．可能出現(xiàn)在導(dǎo)數(shù)解答題的第一問，較基礎(chǔ)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? (2020·新課標(biāo)全國)已知函數(shù)f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0，求a、b的值． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 求f′(x)，由可求． 解　f′(x)＝－， 由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(1,1)， 故即 解得a＝1，b＝1. 函數(shù)切線的相關(guān)問題的解決，抓住兩個關(guān)鍵點：其一，切點是交點；其二，在切點

9、處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率．因此，解決此類問題，一般要設(shè)出切點，建立關(guān)系——方程(組)．其三，求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異．過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上；在點P處的切線，點P是切點． 【突破訓(xùn)練1】 直線y＝2x＋b是曲線y＝ln x(x＞0)的一條切線，則實數(shù)b＝________. 解析　切線的斜率是2，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可以求出切點的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出切點的坐標(biāo)，切點在切線上，代入即可求出b的值．y′＝，令＝2得，x＝，故切點為，代入直線方程，得ln ＝2×＋b，所以b＝－ln 2－1. 答案?。璴n 2－1 常考查：①利用

10、導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性問題；②由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍．尤其是含參函數(shù)單調(diào)性的研究成為高考命題的熱點，主要考查學(xué)生的分類討論思想，試題有一定難度． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】? (2020·合肥一模)已知函數(shù)f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x．求函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 確定定義域→求導(dǎo)→對a進(jìn)行分類討論→確定f(x)的單調(diào)性→下結(jié)論． 解　函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定義域為(0，＋∞)． 所以f′(x)＝1－＋＝. ①當(dāng)Δ＝1＋4a≤0，即a

11、≤－時，得x2＋x－a≥0，則f′(x)≥0. 所以函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)Δ＝1＋4a＞0，即a＞－時，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0， 解得x1＝＜0，x2＝. (1)若－＜a≤0，則x2＝≤0. 因為x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＞0， 所以函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)若a＞0，則x∈時，f′(x)＜0； x∈，＋∞時，f′(x)＞0. 所以函數(shù)F(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a＞0時，函數(shù)F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為. 討

12、論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論．討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬不要忽視了定義域的限制． 【突破訓(xùn)練2】 (2020·安徽)設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a＞0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 解　(1)f′(x)＝aex－， 當(dāng)f′(x)＞0，即x

13、＞－ln a時，f(x)在(－ln a，＋∞)上遞增； 當(dāng)f′(x)＜0，即x＜－ln a時，f(x)在(－∞，－ln a)上遞減． ①當(dāng)0＜a＜1時，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上遞減，在(－ln a，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值為f(－ln a)＝2＋b； ②當(dāng)a≥1時，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)． 所以a＝，代入原函數(shù)可得2＋＋b＝3，即b＝. 故a＝，b＝. 此類問題的命題背景很寬泛

14、，涉及到的知識點多，綜合性強(qiáng)，?？疾椋孩僦苯忧髽O值或最值；②利用極(最)值求參數(shù)的值或范圍．常與函數(shù)的單調(diào)性、方程、不等式及實際應(yīng)用問題綜合，形成知識的交匯問題．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? 已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(－1，－6)，且函數(shù)g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關(guān)于y軸對稱． (1)求m，n的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＞0，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內(nèi)的極值． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)根據(jù)f(x)、g(x)的函數(shù)圖象的性質(zhì)，列出關(guān)于m、n的方程，求出m、n的值

15、．(2)分類討論． 解　(1)由函數(shù)f(x)的圖象過點(－1，－6)， 得m－n＝－3.① 由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2， 得f′(x)＝3x2＋2mx＋n， 則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n. 而g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－＝0， 所以m＝－3.代入①得n＝0. 于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 由f′(x)＞0得x＞2或x＜0， 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)； 由f′(x)＜0，得0＜x＜2， 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)． (2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)， 令f′(x

16、)＝0得x＝0或x＝2. 當(dāng)x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  由此可得： 當(dāng)0＜a＜1時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)有極大值f(0)＝－2，無極小值； 當(dāng)a＝1時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)無極值； 當(dāng)1＜a＜3時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)有極小值f(2)＝－6，無極大值； 當(dāng)a≥3時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)無極值． 綜上得，當(dāng)0＜a＜1時，f(x)有極大值－2，無極小值； 當(dāng)1＜a＜

17、3時，f(x)有極小值－6，無極大值； 當(dāng)a＝1或a≥3時，f(x)無極值． (1)求單調(diào)遞增區(qū)間，轉(zhuǎn)化為求不等式f′(x)≥0(不恒為0)的解集即可，已知f(x)在M上遞增?f′(x)≥0在M上恒成立，注意區(qū)別． (2)研究函數(shù)的單調(diào)性后可畫出示意圖． 討論區(qū)間與0,2的位置關(guān)系，畫圖→截取→觀察即可． 【突破訓(xùn)練3】 (2020·北京)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值； (2)當(dāng)a2＝4b時，求函數(shù)f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間(－∞，

18、－1]上的最大值． 解　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線， 所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)． 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b. 解得a＝3，b＝3. (2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當(dāng)b＝a2時， h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1， h′(x)＝3x2＋2ax＋a2. 令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－. a＞0時，h(x)與h′(x)的變化情況如下： x － － h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 

19、  所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和；單調(diào)遞減區(qū)間為. 當(dāng)－≥－1，即0＜a≤2時， 函數(shù)h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上單調(diào)遞增，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h(－1)＝a－a2. 當(dāng)－＜－1，且－≥－1，即2＜a≤6時， 函數(shù)h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h＝1. 當(dāng)－＜－1，即a＞6時， 函數(shù)h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增， 又因h－h(huán)(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2＞0， 所以h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h＝1. 定積分及其應(yīng)用是新課標(biāo)中的新

20、增內(nèi)容，?？疾椋孩僖罁?jù)定積分的基本運算求解簡單的定積分；②根據(jù)定積分的幾何意義和性質(zhì)求曲邊梯形面積．關(guān)鍵在于準(zhǔn)確找出被積函數(shù)的原函數(shù)，利用微積分基本定理求解．各地考綱對定積分的要求不高．學(xué)習(xí)時以掌握基礎(chǔ)題型為主．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例4】? (2020·新課標(biāo)全國)由曲線y＝，直線y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為(　　)． A. B．4 C. D．6 [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 借助封閉圖形確定積分上、下限及被積函數(shù)． C　[由y＝及y＝x－2可得x＝4，所以由y＝、y＝x－2及y軸所圍成的封閉圖形面積為(－x＋2)dx＝

21、＝.] 求定積分的一些技巧： (1)對被積函數(shù)要先化簡，把被積函數(shù)變?yōu)閮绾瘮?shù)、指數(shù)函數(shù)、正弦、余弦函數(shù)與常數(shù)的和或差，再求定積分； (2)求被積函數(shù)是分段函數(shù)的定積分，依據(jù)定積分的性質(zhì)，分段求定積分，再求和； (3)對含有絕對值符號的被積函數(shù)，先要去掉絕對值符號再求定積分． 【突破訓(xùn)練4】 若dx＝3＋ln 2，則a的值為(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．6 B．4 C．3 D．2 答案：D　[＝a2＋ln a－1＝3＋ln 2，∴∴a＝2.] 導(dǎo)數(shù)法求最值中的分類討論 由參數(shù)的變化引起的分類討論．對于某些含有參數(shù)的問題，如含參數(shù)的方程、不等式

22、，由于參數(shù)的取值不同會導(dǎo)致所得結(jié)果不同，或?qū)τ诓煌膮?shù)值要運用不同的求解或證明方法． 【示例】? (2020·天津)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點，求a的取值范圍； (3)當(dāng)a＝1時，設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值． [滿分解答]　(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0. 當(dāng)x

23、變化時f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．(5分) (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點當(dāng)且僅當(dāng)解得0＜a＜. 所以a的取值范圍是.(8分) (3)a＝1時，f(x)＝x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上單調(diào)遞增，在[－1,

24、1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增． ①當(dāng)t∈[－3，－2]時，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，t＋3]上單調(diào)遞減．因此f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當(dāng)t∈[－3，－2]時，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－.所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－－＝.(12分) ②當(dāng)t∈

25、[－2，－1]時，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]． 下面比較f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大?。? 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)， f(1)≤f(t＋3)≤f(2)． 又由f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－， 從而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－. 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝. 綜上，函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為. (14分) 老師叮嚀：本題中的第(3)問比較麻煩，由于所給的區(qū)間不確定，函數(shù)在此區(qū)間上的單調(diào)性也不確定，需要根據(jù)參數(shù)的

26、不同取值進(jìn)行分類討論，注意把握分類的標(biāo)準(zhǔn)，能夠確定出函數(shù)的最大值和最小值，要求思路清晰，結(jié)合第(1)問中的函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)g(t)的最值. 【試一試】 (2020·北京)已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝(x2－k2)e. 令f′(x)＝0，得x＝±k. 當(dāng)k>0時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  4k2e－1 

27、 0  所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－k，k)． 當(dāng)k<0時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0  4k2e－1  所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k，－k)． (2)當(dāng)k>0時，因為f(k＋1)＝e>，所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤.當(dāng)k<0時，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.∴≤，∴4k2≤1，∴－≤k<0.故當(dāng)?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時，k的取值范圍是.