數(shù)學(xué)理科新課標(biāo)

．(2011·

)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.1

B.13

22C.3

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

，其中直線2

23

3y＝－2x＋2

與

y＝x

的交點

A

，

，所以三角形面積

S

1

1

2

1＝2××3＝3，故選A.])曲線y＝x3－x＋3在點(1,3)處的切線方程為2．(2012·

．解析曲線方程為y＝x3－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＝03．(2012·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝

ln

x，x＞0，－2x－1，x≤0，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

．1解析

當(dāng)

x＞0

時，求導(dǎo)得

f′(x)＝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，

1三個頂點的坐標(biāo)分別為－2，0，(0，－1)，(1,0)，平移直線x－2y＝0，可知在點(0，－1)處z

取得最大值2.4．(2012·江西)計算定積分(x2＋sin

x)dx＝

.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．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，進而解(證)不等式．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

方

法必備知識導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(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)．曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．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)＝cf′(x)＝0f(x)＝xn(n∈R)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sin

xf′(x)＝cos

xf(x)＝cos

xf′(x)＝－sin

xf(x)＝ax(a＞0且a≠1)f′(x)＝axln

af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax

(a＞0且a≠1)f′(x)＝

1

x

ln

af(x)＝ln

xf′(x)＝1x(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

vxux

u′xvx－uxv′x[vx]2′＝

(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)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)極值的步驟求f′(x)；求f′(x)＝0的根；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求f′(x)；求f′(x)＝0的根(注意取舍)；求出各極值及區(qū)間端點處的函數(shù)值；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.ab(1)當(dāng)f(x)＞0時，S＝

f(x)dx；ab(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＝accbf(x)dx－

f(x)dx.熱

點

命 題

角

度?？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)．導(dǎo)數(shù)的幾何意義及其應(yīng)用b【例

1】?

(2011·新課標(biāo)

)已知函數(shù)

f(x)＝aln

x

，曲線

y＝f(x)x＋1＋x在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0，求a、b

的值．f1＝1，[審題視點]求

f′(x)，由

1f′1＝－2可求．[聽課記錄]解

f′(x)＝

ax＋1x－ln

xx＋12－bx2，2由于直線

x＋2y－3＝0

的斜率為－1

(1,1)，，且過點故f′1＝－2，f1＝1，

b＝1，1

即a12－b＝－2.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′1

1

1

1

1＝x，令x＝2

得，x＝2，故切點為2，ln

2，代入直線方程，得

ln1

12＝2×2＋b，所以b＝－ln

2－1.?？疾椋孩倮脤?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)生的分類思想，試題有一定難度．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性x【例2】?(2012·合肥一模)已知函數(shù)f(x)＝x＋a(a∈R)，g(x)＝ln→確定f(x)x．求函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間．[審題視點]

確定定義域→求導(dǎo)→對a

進行分類的單調(diào)性→下結(jié)論．[聽課記錄]a解

函數(shù)

F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋x＋lnx

的定義域為(0，＋∞)．a(chǎn)

1x2＋x－a所以

f′(x)＝1－x2＋x＝

x2

.1①當(dāng)

Δ＝1＋4a≤0，即

a≤－4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．1②當(dāng)

Δ＝1＋4a＞0，即

a＞－4時，令

f′(x)＝0，得

x2＋x－a＝0，解得

x1＝－1－

1＋4a

－1＋

1＋4a2

2＜0，x2＝

.1(1)若－4＜a≤0，則

x2＝－1＋

1＋4a≤0.2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∈0，－1＋

1＋4a2時，f′(x)＜0；－1＋

1＋4ax∈

2

，＋∞時，f′(x)＞0.所以函數(shù)F(x)在區(qū)間0，－1＋

1＋4a2

上單調(diào)遞減，在區(qū)間

－1＋

1＋4a2

，＋∞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0，－1＋

1＋4a2，單調(diào)

－1＋

1＋4a2遞增區(qū)間為

，＋∞.函數(shù)的單調(diào)性其實就是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，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)根的大小進行分類，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)方程的判別式進行分類．函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的，千萬不要忽視了定義域的限制．a(chǎn)e突破訓(xùn)練2】

(2012·

)設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋

1x＋b(a＞0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值；2(2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝

3

x，求a，b的值．a(chǎn)e解

(1)f′(x)＝aex－

1x，當(dāng)f′(x)＞0，即

x＞－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＋b②當(dāng)

a≥1

時，－ln

a≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而

f(x)在[0，1＋∞)內(nèi)的最小值為

f(0)＝a＋a＋b.(2)依題意以a＝

2

，代入原函數(shù)可得

2＋e222

1a＝e2，b＝2.此類問題題背景很寬泛，涉及到的知識點多，綜合性強，?？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．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值或最值【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．求m，n的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；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] (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．(2)分類

．[聽課記錄]解

(1)由函數(shù)

f(x)的圖象過點(－1，－6)，得m－n＝－3.由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得

f′(x)＝3x2＋2mx＋n，則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.①2m＋6而g(x)的圖象關(guān)于

y

軸對稱，所以－2×3

＝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)＝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＜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．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．研究函數(shù)的單調(diào)性后可畫出示意圖．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】

(2012·

)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.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；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(－∞，－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＝3.1(2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當(dāng)b＝4a2

時，41h(x)＝x3＋ax2＋

a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋1

2.4a令

h′(x)＝0，得

x

a

x

a1＝－2，

2＝－6.a＞0

時，h(x)與h′(x)的變化情況如下：x－∞

a

，－

2a－2

a

a－

，－

2

6a－6

a

－

，＋∞

6

h′(x)＋0—0＋h(x)a

a2

6所以函數(shù)

h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為－∞，－和－，＋∞；單調(diào)aa6遞減區(qū)間為－2，－.a當(dāng)－2≥－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]2上的最大值為

h(－1)＝a－1

.4aa

a當(dāng)－2＜－1，且－6≥－1，即

2＜a≤6

時，a

a函數(shù)h(x)在區(qū)間－∞，－2內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間－2，－1上單調(diào)

a2遞減，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h－＝1.a當(dāng)－6＜－1，即a＞6

時，

aaa6函數(shù)h(x)在區(qū)間－∞，－2內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間－2，－內(nèi)單調(diào)

a遞減，在區(qū)間－6，－1上單調(diào)遞增，

a1

12

4

42

2又因h－－h(huán)(－1)＝1－a＋a

＝

(a－2)＞0，

a2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．定積分問題【例4】?(2011·新課標(biāo)所圍成的圖形的面積為(

)．A.10B．43

316C.

D．6[審題視點]

借助封閉圖形確定積分上、下限及被積函數(shù)．[聽課記錄]案：C2

及y

軸所圍成的封閉圖形面積為求定積分的一些技巧：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；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；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

41a

】

若

2x1x＋

dx＝3＋ln

2，則

a

的值為(

)．A．6B．4C．3D．2閱

卷

老 師

叮

嚀導(dǎo)數(shù)法求最值中的分類由參數(shù)的變化引起的分類．對于某些含有參數(shù)的問題，如含參數(shù)的方程、不等式，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】?

(2012·

)已知函數(shù)f(x)＝

1

x3＋

1－a

x2－ax－a，x∈3

2R，其中a＞0.求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；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；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)f－2＜0，f－1＞0，f0＜0，1解得0＜a＜3.

13所以a的取值范圍是0，.(8分)(3)a＝1時，f(x)＝1x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上單調(diào)遞增，3在[－1,1]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)＝－

1

，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較3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)．3而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－

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.所以g(t)在

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