苏教版 高中数学 选择性必修第一册 活动单导学课程 第第5章导数及其应用 复习-导学案（有答案）

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第5章　导数及其应用 复 习1. 巩固导数的概念，理解导数的几何意义、物理意义．2. 掌握导数公式、运算法则，并能灵活应用．3. 掌握导数在研究函数性质中的应用．4. 理解导数在实际问题中的应用．　　知识结构框图例1　求下列函数的导数：(1) f(x)＝eq \f(1－x2＋x3＋3x4,x)；(2) f(x)＝eq \f(1,sinx)；(3) f(x)＝lgx＋cosx；(4) f(x)＝2x＋lnx; (5) f(x)＝sin3xcosx；(6) f(x)＝ln(2x＋1)＋32x.例2　设曲线C：y＝x3－3x和直线x＝a(a>0)的交点为P，曲线C在点P处的切线与x轴交于点Q(－a，0)，求实数a的值．例3　设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1) 求b，c的值；(2) 若a＞0，求函数f(x)的单调区间．例4　设函数f(x)＝(x－1)ex－kx(其中k∈R)．(1) 当k＝0时，求函数f(x)的单调区间；(2) 试比较f(k)与f(0)的大小．例5　设函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.(1) 求a，b，c的值；(2) 求函数f(x)的单调增区间，并求函数f(x)在区间[－1，3]上的最大值和最小值．例6　已知f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)．(1) 求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；(2) 令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性，并判断有无极值，若有极值，求出极值．例7　某物流公司购买了一块长AM＝30m，宽AN＝20m的矩形地AMPN，规划建设占地如图中矩形ABCD的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C在地块对角线MN上，点B，D分别在边AM，AN上，假设AB的长为xm.(1) 要使仓库占地ABCD的面积不小于144m2, AB的长应在什么范围内？(2) 若规划建设的仓库是高度与AB长度相同的长方体建筑，问AB的长为多少时，仓库的容量最大？(墙体楼板所占空间忽略不计)例8　设函数f(x)＝－x(x－a)2(x∈R，a∈R)．(1) 当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2) 当a≠0时，求函数y＝f(x)的极大值和极小值；(3) 当a>3时，证明存在k∈[－1，0]，使得不等式f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)对任意x∈R恒成立．1. 函数y＝sin2x－cos2x的导数是(　　)A. y′＝2eq \r(,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) B. y′＝cos2x－sin2xC. y′＝sin2x＋cos2x D. y′＝2eq \r(,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))2. 函数f(x)＝x2－lnx的单调减区间是(　　)A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(,2),2))) B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)，＋∞))C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(,2),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(,2),2))) D. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,2),2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(,2),2)))3. (多选)已知函数f(x)＝xlnx，则下列结论中正确的是(　　)A. f(x)的单调增区间为(e，＋∞) B. f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上是减函数C. 当x∈(0，1]时，f(x)有最小值－eq \f(1,e) D. f(x)在定义域内无极值4. 函数f(x)＝xsinx＋cosx(0≤x≤2π)的最大值为________．5. 已知函数f(x)＝x3－eq \f(1),\s\do5(2))x2－2x＋5，若对于任意x∈[－1，2]都有f(x)≤m成立，求实数m的取值范围．参考答案与解析【活动方案】例1　(1) f′(x)＝9x2＋2x－eq \f(1,x2)－1(2) f′(x)＝－eq \f(cosx,sin2x)(3) f′(x)＝eq \f(1,xln 10)－sinx(4) f′(x)＝2xln 2＋eq \f(1,x)(5) f′(x)＝3cos 3xcos x－sin3xsinx(6) f′(x)＝eq \f(2,2x＋1)＋9xln 9例2　由题意，得点P(a，a3－3a)．因为y′＝3x2－3，所以切线斜率为3a2－3，所以切线方程为y－(a3－3a)＝(3a2－3)(x－a)．令y＝0，得x＝eq \f(2a3,3a2－3).由题意，得eq \f(2a3,3a2－3)＝－a，解得a＝±eq \f(\r(,15),5).又a>0，所以a＝eq \f(\r(,15),5).例3　(1) f′(x)＝x2－ax＋b，由题意，得f0=1，f'0=0，所以c=1，b=0. (2) 由(1)，得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(a，＋∞)，单调减区间为(0，a)．例4　(1) 当k＝0时，f(x)＝(x－1)ex，所以f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，令f′(x)＞0，得x＞0；令f′(x)＜0，得x＜0，所以函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．(2) 由题意，得f(k)＝(k－1)ek－k2，f(0)＝－1，则f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k2＋1.令g(k)＝(k－1)ek－k2＋1，则g′(k)＝kek－2k＝k(ek－2)．令g′(k)＝0，解得k＝0或k＝ln 2，则g(k)在区间(－∞，0)和(ln 2，＋∞)上单调递增，在区间(0，ln 2)上单调递减．又g(0)＝0，g(1)＝0，所以当k≤1时，g(k)≤0，即f(k)≤f(0)；当k>1时，g(k)>0，即f(k)>f(0)．例5　(1) 因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c，所以c＝0.因为f′(x)＝3ax2＋b，f′(x)的最小值为－12，所以b＝－12.因为函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，所以f′(1)＝3a－12＝－6，解得a＝2.综上，a＝2，b＝－12，c＝0.(2) 由(1)，得f(x)＝2x3－12x，所以f′(x)＝6x2－12.令f′(x)>0，得x<－eq \r(,2)或x>eq \r(,2)，所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－eq \r(,2))和(eq \r(,2)，＋∞)．因为f(eq \r(,2))＝－8eq \r(,2)，f(3)＝18，f(－1)＝10，所以函数f(x)在区间[－1，3]上的最大值为18，最小值为－8eq \r(,2).例6　(1) 由f(x)＝x2＋2cos x，得f′(x)＝2x－2sinx，所以f′(π)＝2π.又f(π)＝π2－2，所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－(π2－2)＝2π(x－π)，即2πx－y－π2－2＝0.(2) 由题意，得h(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)－a(x2＋2cosx)，由h′(x)＝ex(2x－2sinx)－a(2x－2sinx)＝2(ex－a)(x－sinx)．令m(x)＝x－sinx，则m′(x)＝1－cosx≥0，所以m(x)在R上单调递增．又m(0)＝0，所以当x>0时，m(x)>0，当x<0时，m(x)<0.①当a≤0时，ex－a>0，则当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝0时，h(x)取得极小值，极小值为h(0)＝－2a－1，无极大值．②当a>0时，h′(x)＝2(ex－eln a)(x－sinx)，令h′(x)＝0，得x1＝lna，x2＝0.ⅰ 当00，h(x)单调递增；当x∈(lna，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝lna时，h(x)取得极大值，极大值为h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]；当x＝0时，h(x)取得极小值，极小值为h(0)＝－2a－1.ⅱ 当a＝1时，lna＝0，则当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．ⅲ 当a>1时，lna>0，则当x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，lna)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(lna，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝0时，h(x)取得极大值，极大值为h(0)＝－2a－1；当x＝lna时，h(x)取得极小值，极小值为h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．综上，当a≤0时，h(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，h(x)有极小值，极小值h(0)＝－2a－1，无极大值；当01时，h(x)在区间(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在区间(0，lna)上单调递减，h(x)有极大值，也有极小值，极大值为h(0)＝－2a－1，极小值为h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．例7　(1) 由题意，得eq \f(20－AD,20)＝eq \f(x,30)，则AD＝20－eq \f(2,3)x，所以S矩形ABCD＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－\f(2,3)x)).因为仓库占地面积不小于144m2，所以xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－\f(2,3)x))≥144，解得12≤x≤18.综上，要使仓库占地面积不小于144m2，AB的长应在[12，18]内．(2) 由题意，得V＝x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－\f(2,3)x))(00；当x∈(20，30)时，V′<0，所以当x＝20时，V取最大值，故当AB的长为20m时，仓库的容量最大．例8　(1) 当a＝1时，f(x)＝－x(x－1)2＝－x3＋2x2－x，则f(2)＝－2，且f′(x)＝－3x2＋4x－1，所以f′(2)＝－5，所以所求的切线方程为y＋2＝－5(x－2)，即5x＋y－8＝0.(2) 由f′(x)＝－3x2＋4ax－a2＝－(3x－a)(x－a)＝0，得x＝a或x＝eq \f(a,3).若a>0，列表如下：所以当x＝eq \f(a,3)时，f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq \f(4,27)a3；当x＝a时，f(x)有极大值f(a)＝0.若a<0，列表如下：所以当x＝a时，f(x)有极小值f(a)＝0；当x＝eq \f(a,3)时，f(x)有极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq \f(4,27)a3.(3) 由a>3，得eq \f(a,3)>1.当k∈[－1，0]时，k－cosx≤1，k2－cos2x≤1，由(2)，得函数f(x)在区间(－∞，1]上是减函数，要使f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)在R上恒成立，只要k－cosx≤k2－cos2x，即cos2x－cosx≤k2－k.设g(x)＝cos2x－cosx＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，则g(x)max＝2，所以k2－k≥2，解得k≥2或k≤－1，所以在区间[－1，0]上存在k＝－1，使得f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)对任意x∈R恒成立．【检测反馈】1. A　解析：y′＝2cos2x＋2sin2x＝2eq \r(,2)cos(2x－eq \f(π,4))．2. A　解析：由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x).令f′(x)<0，解得0＜x<eq \f(\r(,2),2)，故函数f(x)的单调减区间为(0，eq \f(\r(,2),2))．3. BC　解析：由题意，得f′(x)＝lnx＋1(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,e)，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)有极小值，故A，D错误，B正确；当x∈(0，1]时，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，故C正确．故选BC.4. eq \f(π,2)　解析：由题意，得f′(x)＝xcosx，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)，f(2π)＝1，所以f(x)的最大值为eq \f(π,2).5. 由题意，得f′(x)＝3x2－x－2.由f′(x)＝0，得x＝－eq \f(2,3)或x＝1，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,3)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq \f(157,27)，f(2)＝7，所以函数f(x)在区间[－1，2]上的最大值为7.因为对于任意x∈[－1，2]，都有f(x)≤m成立，所以m≥7，故实数m的取值范围是[7，＋∞)．活动一知识整合活动二掌握导数的基本运算活动三掌握导数的几何意义活动四掌握利用导数解决函数单调性的方法活动五掌握函数的极值与最值问题活动六掌握导数在实际问题中的应用活动七掌握导数的综合应用x(－∞，eq \f(a,3))eq \f(a,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，a))a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘x(－∞，a)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,3)))eq \f(a,3)(eq \f(a,3)，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘