小學(xué)三角形教案

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)簡(jiǎn)單的三角恒等變換學(xué)案（附答案）。

學(xué)案22簡(jiǎn)單的三角恒等變換
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.能推出二倍角的正弦、余弦、正切公式，并熟練應(yīng)用.2.能運(yùn)用兩角和與差的三角公式進(jìn)行簡(jiǎn)單的恒等變換．
自主梳理
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin2α＝________________；
(2)cos2α＝______________＝________________－1＝1－________________；
(3)tan2α＝________________________(α≠kπ2＋π4且α≠kπ＋π2)．
2．公式的逆向變換及有關(guān)變形
(1)sinαcosα＝____________________cosα＝sin2α2sinα；
(2)降冪公式：sin2α＝________________，cos2α＝________________；
升冪公式：1＋cosα＝________________，1－cosα＝_____________；
變形：1±sin2α＝sin2α＋cos2α±2sinαcosα＝________________________.
自我檢測(cè)
1．(2010陜西)函數(shù)f(x)＝2sinxcosx是()
A．最小正周期為2π的奇函數(shù)
B．最小正周期為2π的偶函數(shù)
C．最小正周期為π的奇函數(shù)
D．最小正周期為π的偶函數(shù)
2．函數(shù)f(x)＝cos2x－2sinx的最小值和最大值分別為()
A．－3,1B．－2,2
C．－3，32D．－2，32
3．函數(shù)f(x)＝sinxcosx的最小值是()
A．－1B．－12C.12D．1
4．(2011清遠(yuǎn)月考)已知A、B為直角三角形的兩個(gè)銳角，則sinAsinB()
A．有最大值12，最小值0
B．有最小值12，無(wú)最大值
C．既無(wú)最大值也無(wú)最小值
D．有最大值12，無(wú)最小值
探究點(diǎn)一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)
例1求函數(shù)y＝7－4sinxcosx＋4cos2x－4cos4x的最大值和最小值．

變式遷移1(2011泰安模擬)已知函數(shù)f(x)＝4cos4x－2cos2x－1sinπ4＋xsinπ4－x.
(1)求f－11π12的值；
(2)當(dāng)x∈0，π4時(shí)，求g(x)＝12f(x)＋sin2x的最大值和最小值．

探究點(diǎn)二三角函數(shù)式的求值
例2已知sin(π4＋2α)sin(π4－2α)＝14，α∈(π4，π2)，求2sin2α＋tanα－1tanα－1的值．

變式遷移2(1)已知α是第一象限角，且cosα＝513，求sinα＋π4cos2α＋4π的值．
(2)已知cos(α＋π4)＝35，π2≤α3π2，求cos(2α＋π4)的值．

探究點(diǎn)三三角恒等式的證明
例3(2011蘇北四市模擬)已知sin(2α＋β)＝3sinβ，設(shè)tanα＝x，tanβ＝y(tǒng)，記y＝f(x)．
(1)求證：tan(α＋β)＝2tanα；
(2)求f(x)的解析表達(dá)式；
(3)若角α是一個(gè)三角形的最小內(nèi)角，試求函數(shù)f(x)的值域．

變式遷移3求證：sin2xsinx＋cosx－1sinx－cosx＋1
＝1＋cosxsinx.

轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)(2010江西)已知函數(shù)f(x)＝
1＋1tanxsin2x＋msinx＋π4sinx－π4.
(1)當(dāng)m＝0時(shí)，求f(x)在區(qū)間π8，3π4上的取值范圍；
(2)當(dāng)tanα＝2時(shí)，f(α)＝35，求m的值．
【答題模板】
解(1)當(dāng)m＝0時(shí)，f(x)＝1＋cosxsinxsin2x
＝sin2x＋sinxcosx＝1－cos2x＋sin2x2
＝122sin2x－π4＋1，[3分]
由已知x∈π8，3π4，得2x－π4∈0，5π4，[4分]
所以sin2x－π4∈－22，1，[5分]
從而得f(x)的值域?yàn)?，1＋22.[6分]
(2)f(x)＝sin2x＋sinxcosx－m2cos2x
＝1－cos2x2＋12sin2x－m2cos2x
＝12[sin2x－(1＋m)cos2x]＋12，[8分]
由tanα＝2，得sin2α＝2sinαcosαsin2α＋cos2α＝2tanα1＋tan2α＝45，
cos2α＝cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝1－tan2α1＋tan2α＝－35.[10分]
所以35＝1245＋351＋m＋12，[11分]
解得m＝－2.[12分]
【突破思維障礙】
三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)是指利用誘導(dǎo)公式、同角基本關(guān)系式、和與差的三角函數(shù)公式、二倍角公式等，將較復(fù)雜的三角函數(shù)式化得更簡(jiǎn)潔、更清楚地顯示出式子的結(jié)果．化簡(jiǎn)三角函數(shù)式的基本要求是：(1)能求出數(shù)值的要求出數(shù)值；(2)使三角函數(shù)式的項(xiàng)數(shù)最少、次數(shù)最低、角與函數(shù)的種類最少；(3)分式中的分母盡量不含根式等．
1．求值中主要有三類求值問(wèn)題：
(1)“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來(lái)看是很難的，但仔細(xì)觀察非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系，解題時(shí)，要利用觀察得到的關(guān)系，結(jié)合公式轉(zhuǎn)化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)而得解．
(2)“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)式的值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關(guān)鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關(guān)系．
(3)“給值求角”：實(shí)質(zhì)是轉(zhuǎn)化為“給值求值”，關(guān)鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數(shù)值結(jié)合該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得角．
2．三角恒等變換的常用方法、技巧和原則：
(1)在化簡(jiǎn)求值和證明時(shí)常用如下方法：切割化弦法，升冪降冪法，和積互化法，輔助元素法，“1”的代換法等．
(2)常用的拆角、拼角技巧如：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，α＝(α－β)＋β，α＋β2＝α－β2＋β－α2，α2是α4的二倍角等．
(3)化繁為簡(jiǎn)：變復(fù)角為單角，變不同角為同角，化非同名函數(shù)為同名函數(shù)，化高次為低次，化多項(xiàng)式為單項(xiàng)式，化無(wú)理式為有理式．
消除差異：消除已知與未知、條件與結(jié)論、左端與右端以及各項(xiàng)的次數(shù)、角、函數(shù)名稱、結(jié)構(gòu)等方面的差異．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011平頂山月考)已知0απ，3sin2α＝sinα，則cos(α－π)等于()
A.13B．－13C.16D．－16
2．已知tan(α＋β)＝25，tanβ－π4＝14，那么tanα＋π4等于()
A.1318B.1322C.322D.16
3．(2011石家莊模擬)已知cos2α＝12(其中α∈－π4，0)，則sinα的值為()
A.12B．－12C.32D．－32
4．若f(x)＝2tanx－2sin2x2－1sinx2cosx2，則fπ12的值為()
A．－433B．8
C．43D．－43
5．(2010福建廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三第二次月考)在△ABC中，若cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝0，則sinB的值是()
A.12B.22C.32D．1
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2010全國(guó)Ⅰ)已知α為第二象限的角，且sinα＝35，則tan2α＝________.
7．函數(shù)y＝2cos2x＋sin2x的最小值是________．
8．若cos2αsinα－π4＝－22，則cosα＋sinα的值為_(kāi)_______．
三、解答題(共38分)
9．(12分)化簡(jiǎn)：(1)cos20°cos40°cos60°cos80°；
(2)3－4cos2α＋cos4α3＋4cos2α＋cos4α.

10．(12分)(2011南京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝3sinxcosx－cosxsinπ2＋x－12.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)當(dāng)∈0，π2時(shí)，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值．

11．(14分)(2010北京)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sin2x－4cosx.
(1)求f(π3)的值；
(2)求f(x)的最大值和最小值．

答案自主梳理
1．(1)2sinαcosα(2)cos2α－sin2α2cos2α2sin2α
(3)2tanα1－tan2α2.(1)12sin2α(2)1－cos2α21＋cos2α22cos2α22sin2α2(sinα±cosα)2
自我檢測(cè)
1．C2.C3.B4.D
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引化簡(jiǎn)的原則是形式簡(jiǎn)單，三角函數(shù)名稱盡量少，次數(shù)盡量低，最好不含分母，能求值的盡量求值．本題要充分利用倍角公式進(jìn)行降冪，利用配方變?yōu)閺?fù)合函數(shù)，重視復(fù)合函數(shù)中間變量的范圍是關(guān)鍵．
解y＝7－4sinxcosx＋4cos2x－4cos4x
＝7－2sin2x＋4cos2x(1－cos2x)
＝7－2sin2x＋4cos2xsin2x
＝7－2sin2x＋sin22x＝(1－sin2x)2＋6，
由于函數(shù)z＝(u－1)2＋6在[－1,1]中的最大值為zmax＝(－1－1)2＋6＝10，最小值為zmin＝(1－1)2＋6＝6，
故當(dāng)sin2x＝－1時(shí)，y取得最大值10，
當(dāng)sin2x＝1時(shí)，y取得最小值6.
變式遷移1解(1)f(x)
＝1＋cos2x2－2cos2x－1sinπ4＋xsinπ4－x
＝cos22xsinπ4＋xcosπ4＋x
＝2cos22xsinπ2＋2x＝2cos22xcos2x＝2cos2x，
∴f－11π12＝2cos－11π6＝2cosπ6＝3.
(2)g(x)＝cos2x＋sin2x
＝2sin2x＋π4.
∵x∈0，π4，∴2x＋π4∈π4，3π4，
∴當(dāng)x＝π8時(shí)，g(x)max＝2，
當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)min＝1.
例2解題導(dǎo)引(1)這類問(wèn)題一般是先化簡(jiǎn)再求值；化簡(jiǎn)后目標(biāo)更明確；
(2)如果能從已知條件中求出特殊值，應(yīng)轉(zhuǎn)化為特殊角，可簡(jiǎn)化運(yùn)算，對(duì)切函數(shù)通?；癁橄液瘮?shù)．
解由sin(π4＋2α)sin(π4－2α)
＝sin(π4＋2α)cos(π4＋2α)
＝12sin(π2＋4α)＝12cos4α＝14，
∴cos4α＝12，又α∈(π4，π2)，故α＝5π12，
∴2sin2α＋tanα－1tanα－1
＝－cos2α＋sin2α－cos2αsinαcosα
＝－cos2α＋－2cos2αsin2α
＝－cos5π6－2cos5π6sin5π6＝532.
變式遷移2解(1)∵α是第一象限角，cosα＝513，
∴sinα＝1213.
∴sinα＋π4cos2α＋4π＝22sinα＋cosαcos2α
＝22sinα＋cosαcos2α－sin2α
＝22cosα－sinα＝22513－1213＝－13214.
(2)cos(2α＋π4)＝cos2αcosπ4－sin2αsinπ4
＝22(cos2α－sin2α)，
∵π2≤α32π，
∴3π4≤α＋π474π.
又cos(α＋π4)＝350，
故可知32πα＋π474π，
∴sin(α＋π4)＝－45，
從而cos2α＝sin(2α＋π2)
＝2sin(α＋π4)cos(α＋π4)
＝2×(－45)×35＝－2425.
sin2α＝－cos(2α＋π2)
＝1－2cos2(α＋π4)
＝1－2×(35)2＝725.
∴cos(2α＋π4)＝22(cos2α－sin2α)＝22×(－2425－725)
＝－31250.
例3解題導(dǎo)引本題的關(guān)鍵是第(1)小題的恒等式證明，對(duì)于三角恒等式的證明，我們要注意觀察、分析條件恒等式與目標(biāo)恒等式的異同，特別是分析已知和要求的角之間的關(guān)系，再分析函數(shù)名之間的關(guān)系，則容易找到思路．證明三角恒等式的實(shí)質(zhì)就是消除等式兩邊的差異，有目的地化繁為簡(jiǎn)，左右歸一或變更論證．對(duì)于第(2)小題同樣要從角的關(guān)系入手，利用兩角和的正切公式可得關(guān)系．第(3)小題則利用基本不等式求解即可．
(1)證明由sin(2α＋β)＝3sinβ，得sin[(α＋β)＋α]
＝3sin[(α＋β)－α]，
即sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα，
∴sin(α＋β)cosα＝2cos(α＋β)sinα，
∴tan(α＋β)＝2tanα.
(2)解由(1)得tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝2tanα，即x＋y1－xy＝2x，
∴y＝x1＋2x2，即f(x)＝x1＋2x2.
(3)解∵角α是一個(gè)三角形的最小內(nèi)角，
∴0α≤π3，0x≤3，
設(shè)g(x)＝2x＋1x，則g(x)＝2x＋1x≥22(當(dāng)且僅當(dāng)x＝22時(shí)取“＝”)．
故函數(shù)f(x)的值域?yàn)?0，24]．
變式遷移3證明因?yàn)樽筮叄?br> 2sinxcosx[sinx＋cosx－1][sinx－cosx－1]
＝2sinxcosxsin2x－cosx－12
＝2sinxcosxsin2x－cos2x＋2cosx－1
＝2sinxcosx－2cos2x＋2cosx＝sinx1－cosx
＝sinx1＋cosx1－cosx1＋cosx
＝sinx1＋cosxsin2x＝1＋cosxsinx＝右邊．
所以原等式成立．
課后練習(xí)區(qū)
1．D[∵0απ，3sin2α＝sinα，
∴6sinαcosα＝sinα，又∵sinα≠0，∴cosα＝16，
cos(α－π)＝cos(π－α)＝－cosα＝－16.]
2．C[因?yàn)棣粒?＋β－π4＝α＋β，
所以α＋π4＝(α＋β)－β－π4.
所以tanα＋π4＝tanα＋β－β－π4
＝tanα＋β－tanβ－π41＋tanα＋βtanβ－π4＝322.]
3．B[∵12＝cos2α＝1－2sin2α，
∴sin2α＝14.又∵α∈－π4，0，
∴sinα＝－12.]
4．B[f(x)＝2tanx＋1－2sin2x212sinx＝2tanx＋2cosxsinx
＝2sinxcosx＝4sin2x
∴fπ12＝4sinπ6＝8.]
5．C[由cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝0化簡(jiǎn)變形，得2cos2B－3cosB＋1＝0，
∴cosB＝12或cosB＝1(舍)．
∴sinB＝32.]
6．－247
解析因?yàn)棣翞榈诙笙薜慕?，又sinα＝35，
所以cosα＝－45，tanα＝sinαcosα＝－34，
所以tan2α＝2tanα1－tan2α＝－247.
7．1－2
解析∵y＝2cos2x＋sin2x＝sin2x＋1＋cos2x
＝sin2x＋cos2x＋1＝2sin2x＋π4＋1，
∴當(dāng)sin(2x＋π4)＝－1時(shí)，函數(shù)取得最小值1－2.
8.12
解析∵cos2αsinα－π4＝cos2α－sin2α22sinα－cosα
＝－2(sinα＋cosα)＝－22，
∴cosα＋sinα＝12.
9．解(1)∵sin2α＝2sinαcosα，
∴cosα＝sin2α2sinα，…………………………………………………………………………(2分)
∴原式＝sin40°2sin20°sin80°2sin40°12sin160°2sin80°
＝sin180°－20°16sin20°＝116.……………………………………………………………………(6分)
(2)原式＝3－4cos2α＋2cos22α－13＋4cos2α＋2cos22α－1………………………………………………………(9分)
＝1－cos2α21＋cos2α2＝2sin2α22cos2α2＝tan4α.………………………………………………………(12分)
10．解f(x)＝3sinxcosx－cosxsinπ2＋x－12
＝32sin2x－12cos2x－1
＝sin2x－π6－1.…………………………………………………………………………(4分)
(1)T＝2π2＝π，故f(x)的最小正周期為π.…………………………………………………(6分)
(2)因?yàn)?≤x≤π2，所以－π6≤2x－π6≤5π6.
所以當(dāng)2x－π6＝π2，即x＝π3時(shí)，f(x)有最大值0，
……………………………………………………………………………………………(10分)
當(dāng)2x－π6＝－π6，即x＝0時(shí)，f(x)有最小值－32.
……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(π3)＝2cos2π3＋sin2π3－4cosπ3
＝－1＋34－2＝－94.………………………………………………………………………(4分)
(2)f(x)＝2(2cos2x－1)＋(1－cos2x)－4cosx
＝3cos2x－4cosx－1
＝3(cosx－23)2－73，x∈R.………………………………………………………………(10分)
因?yàn)閏osx∈[－1,1]，
所以，當(dāng)cosx＝－1時(shí)，f(x)取得最大值6；
當(dāng)cosx＝23時(shí)，f(x)取得最小值－73.…………………………………………………(14分)

相關(guān)知識(shí)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)學(xué)案(含答案)

學(xué)案19三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.能畫(huà)出y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的圖象，了解三角函數(shù)的周期性.2.理解正弦函數(shù)、余弦函數(shù)在區(qū)間[0,2π]上的性質(zhì)(如單調(diào)性、最大值和最小值以及與x軸的交點(diǎn)等)，理解正切函數(shù)在區(qū)間－π2，π2內(nèi)的單調(diào)性．
自主梳理
1．三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)
函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx
圖象

定義域
值域
周期性
奇偶性
單調(diào)性在______________________上增，在__________________________________上減在__________________________上增，在______________________________上減在定義域的每一個(gè)區(qū)間________________________________內(nèi)是增函數(shù)
2.正弦函數(shù)y＝sinx
當(dāng)x＝____________________________________時(shí)，取最大值1；
當(dāng)x＝____________________________________時(shí)，取最小值－1.
3．余弦函數(shù)y＝cosx
當(dāng)x＝__________________________時(shí)，取最大值1；
當(dāng)x＝__________________________時(shí)，取最小值－1.
4．y＝sinx、y＝cosx、y＝tanx的對(duì)稱中心分別為_(kāi)___________、___________、______________.
5．y＝sinx、y＝cosx的對(duì)稱軸分別為_(kāi)_____________和____________，y＝tanx沒(méi)有對(duì)稱軸．
自我檢測(cè)
1．(2010十堰月考)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ為常數(shù)，A0，ω0)在閉區(qū)間[－π，0]上的圖象如圖所示，則ω為()
A．1B．2C．3D．4
2．函數(shù)y＝sin2x＋π3圖象的對(duì)稱軸方程可能是()
A．x＝－π6B．x＝－π12
C．x＝π6D．x＝π12
3．(2010湖北)函數(shù)f(x)＝3sinx2－π4，x∈R的最小正周期為()
A.π2B．πC．2πD．4π
4．(2010北京海淀高三上學(xué)期期中考試)函數(shù)f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x的最小正周期為()
A．4πB．3πC．2πD．π
5．如果函數(shù)y＝3cos(2x＋φ)的圖象關(guān)于點(diǎn)4π3，0中心對(duì)稱，那么|φ|的最小值為()
A.π6B.π4C.π3D.π2
探究點(diǎn)一求三角函數(shù)的定義域
例1(2011衡水月考)求函數(shù)y＝2＋log12x＋tanx的定義域．

變式遷移1函數(shù)y＝1－2cosx＋lg(2sinx－1)的定義域?yàn)開(kāi)_______________________．
探究點(diǎn)二三角函數(shù)的單調(diào)性
例2求函數(shù)y＝2sinπ4－x的單調(diào)區(qū)間．

變式遷移2(2011南平月考)(1)求函數(shù)y＝sinπ3－2x，x∈[－π，π]的單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)求函數(shù)y＝3tanπ6－x4的周期及單調(diào)區(qū)間．

探究點(diǎn)三三角函數(shù)的值域與最值
例3已知函數(shù)f(x)＝2asin(2x－π3)＋b的定義域?yàn)閇0，π2]，函數(shù)的最大值為1，最小值為－5，求a和b的值．
變式遷移3設(shè)函數(shù)f(x)＝acosx＋b的最大值是1，最小值是－3，試確定g(x)＝bsin(ax＋π3)的周期．

轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)求下列函數(shù)的值域：
(1)y＝－2sin2x＋2cosx＋2；
(2)y＝3cosx－3sinx，x∈[0，π2]；
(3)y＝sinx＋cosx＋sinxcosx.
【答題模板】
解(1)y＝－2sin2x＋2cosx＋2＝2cos2x＋2cosx
＝2(cosx＋12)2－12，cosx∈[－1,1]．
當(dāng)cosx＝1時(shí)，ymax＝4，
當(dāng)cosx＝－12時(shí)，ymin＝－12，故函數(shù)值域?yàn)閇－12，4]．[4分]
(2)y＝3cosx－3sinx＝23cos(x＋π6)
∵x∈[0，π2]，∴π6≤x＋π6≤2π3，
∵y＝cosx在[π6，2π3]上單調(diào)遞減，
∴－12≤cos(x＋π6)≤32
∴－3≤y≤3，故函數(shù)值域?yàn)閇－3，3]．[8分]
(3)令t＝sinx＋cosx，則sinxcosx＝t2－12，且|t|≤2.
∴y＝t＋t2－12＝12(t＋1)2－1，∴當(dāng)t＝－1時(shí)，ymin＝－1；
當(dāng)t＝2時(shí)，ymax＝12＋2.
∴函數(shù)值域?yàn)閇－1，12＋2]．[12分]
【突破思維障礙】
1．對(duì)于形如f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈[a，b]的函數(shù)在求值域時(shí)，需先確定ωx＋φ的范圍，再求值域．同時(shí)，對(duì)于形
如y＝asinωx＋bcosωx＋c的函數(shù)，可借助輔助角公式，將函數(shù)化為y＝a2＋b2sin(ωx＋φ)＋c的形式，從而求得函數(shù)的最值．
2．關(guān)于y＝acos2x＋bcosx＋c(或y＝asin2x＋bsinx＋c)型或可以為此型的函數(shù)求值域，一般可化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的值域問(wèn)題．
提醒：不論用什么方法，切忌忽略函數(shù)的定義域．
1．熟練掌握正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)的定義、圖象和性質(zhì)是研究三角問(wèn)題的基礎(chǔ)，三角函數(shù)的定義域是研究其他一切性質(zhì)的前提，求三角函數(shù)的定義域?qū)嵸|(zhì)上就是解最簡(jiǎn)單的三角不等式(組)．
2．三角函數(shù)的值域問(wèn)題，實(shí)質(zhì)上是含有三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的值域問(wèn)題．
3．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A0，ω0)的單調(diào)區(qū)間的確定，基本思想是把ωx＋φ看作一個(gè)整體，利用y＝sinx的單調(diào)區(qū)間來(lái)求．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011黃山月考)已知函數(shù)y＝sinx的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇－1，12]，則b－a的值不可能是()
A.π3B.2π3C．πD.4π3
2．(2010安徽6校高三聯(lián)考)已知函數(shù)y＝tanωx(ω0)與直線y＝a相交于A、B兩點(diǎn)，且|AB|最小值為π，則函數(shù)f(x)＝3sinωx－cosωx的單調(diào)增區(qū)間是()
A.2kπ－π6，2kπ＋π6(k∈Z)
B.2kπ－π3，2kπ＋2π3(k∈Z)
C.2kπ－2π3，2kπ＋π3(k∈Z)
D.2kπ－π6，2kπ＋5π6(k∈Z)
3．函數(shù)f(x)＝tanωx(ω0)的圖象的相鄰的兩支截直線y＝π4所得線段長(zhǎng)為π4，則fπ4的值是()
A．0B．1C．－1D.π4
4．函數(shù)y＝－xcosx的部分圖象是圖中()
5．(2011三明模擬)若函數(shù)y＝sinx＋f(x)在[－π4，3π4]上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)可以是()
A．1B．cosx
C．sinxD．－cosx
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．設(shè)點(diǎn)P是函數(shù)f(x)＝sinωx的圖象C的一個(gè)對(duì)稱中心，若點(diǎn)P到圖象C的對(duì)稱軸的距離的最小值是π8，則f(x)的最小正周期是________．
7．函數(shù)f(x)＝2sinx4對(duì)于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，則|x1－x2|的最小值為_(kāi)_______．
8．(2010江蘇)定義在區(qū)間0，π2上的函數(shù)y＝6cosx的圖象與y＝5tanx的圖象的交點(diǎn)為P，過(guò)點(diǎn)P作PP1⊥x軸于點(diǎn)P1，直線PP1與y＝sinx的圖象交于點(diǎn)P2，則線段P1P2的長(zhǎng)為_(kāi)_______．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011廈門(mén)月考)已知函數(shù)f(x)＝2cos4x－3cos2x＋1cos2x，求它的定義域和值域，并判斷它的奇偶性．

10．(12分)(2010福建改編)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋π6)＋a(ω0)與g(x)＝2cos(2x＋φ)＋1的圖象的對(duì)稱軸完全相同．
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；
(3)當(dāng)x∈[0，π2]時(shí)，f(x)的最小值為－2，求a的值．

11．(14分)(2010安徽合肥高三二模)已知向量a＝(sinx，23sinx)，b＝(2cosx，sinx)，定義f(x)＝ab－3.
(1)求函數(shù)y＝f(x)，x∈R的單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)若函數(shù)y＝f(x＋θ)(0θπ2)為偶函數(shù)，求θ的值．

答案自主梳理
1．RR{x|x≠kπ＋π2，k∈Z}[－1,1][－1,1]R2π2ππ奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)[2kπ－π2，2kπ＋π2](k∈Z)[2kπ＋π2，2kπ＋32π](k∈Z)[2kπ－π，2kπ](k∈Z)[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)(kπ－π2，kπ＋π2)(k∈Z)
2．2kπ＋π2(k∈Z)2kπ－π2(k∈Z)3.2kπ(k∈Z)2kπ＋π(k∈Z)4.(kπ，0)(k∈Z)kπ＋π2，0(k∈Z)kπ2，0(k∈Z)5.x＝kπ＋π2(k∈Z)x＝kπ(k∈Z)
自我檢測(cè)
1．C2.D3.D4.D5.A
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引求三角函數(shù)的定義域時(shí)，需要轉(zhuǎn)化為三角不等式(組)求解，常常借助于三角函數(shù)的圖象和周期解決，求交集時(shí)可以利用單位圓，對(duì)于周期相同的可以先求交集再加周期的整數(shù)倍即可．
解要使函數(shù)有意義，
則2＋log12x≥0，x0，tanx≥0，x≠kπ＋π2k∈Z，
得0x≤4，kπ≤xkπ＋π2k∈Z.
所以函數(shù)的定義域?yàn)?br> x|0xπ2或π≤x≤4.
變式遷移1π3＋2kπ，5π6＋2kπ，k∈Z
解析由題意得
1－2cosx≥02sinx－10cosx≤12sinx12，
解得π3＋2kπ≤x≤5π3＋2kπ，k∈Zπ6＋2kπx5π6＋2kπ，k∈Z，
即x∈π3＋2kπ，5π6＋2kπ，k∈Z.
例2解題導(dǎo)引求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中A≠0，ω0)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可以通過(guò)解不等式的方法去解答，列不等式的原則是：①把“ωx＋φ(ω0)”視為一個(gè)“整體”；②A0(A0)時(shí)，所列不等式的方向與y＝sinx(x∈R)，y＝cosx(x∈R)的單調(diào)區(qū)間對(duì)應(yīng)的不等式方向相同(反)．
解y＝2sinπ4－x可看作是由y＝2sinu與u＝π4－x復(fù)合而成的．
又∵u＝π4－x為減函數(shù)，
∴由2kπ－π2≤u≤2kπ＋π2(k∈Z)，
即2kπ－π2≤π4－x≤2kπ＋π2(k∈Z)，
得－2kπ－π4≤x≤－2kπ＋3π4(k∈Z)，
即－2kπ－π4，－2kπ＋3π4(k∈Z)為
y＝2sinπ4－x的遞減區(qū)間．
由2kπ＋π2≤u≤2kπ＋3π2(k∈Z)，
即2kπ＋π2≤π4－x≤2kπ＋3π2(k∈Z)，
得－2kπ－5π4≤x≤－2kπ－π4(k∈Z)，
即－2kπ－5π4，－2kπ－π4(k∈Z)為
y＝2sinπ4－x的遞增區(qū)間．
綜上可知，y＝2sinπ4－x的遞增區(qū)間為
－2kπ－5π4，－2kπ－π4(k∈Z)；
遞減區(qū)間為－2kπ－π4，－2kπ＋3π4(k∈Z)．
變式遷移2解(1)由y＝sinπ3－2x，
得y＝－sin2x－π3，
由－π2＋2kπ≤2x－π3≤π2＋2kπ，
得－π12＋kπ≤x≤5π12＋kπ，k∈Z，
又x∈[－π，π]，
∴－π≤x≤－712π，－π12≤x≤512π，1112π≤x≤π.
∴函數(shù)y＝sinπ3－2x，x∈[－π，π]的單調(diào)遞減區(qū)間為－π，－712π，－π12，512π，1112π，π.
(2)函數(shù)y＝3tanπ6－x4的周期
T＝π－14＝4π.
由y＝3tanπ6－x4
得y＝－3tanx4－π6，
由－π2＋kπx4－π6π2＋kπ得
－43π＋4kπx83π＋4kπ，k∈Z，
∴函數(shù)y＝3tanπ6－x4的單調(diào)遞減區(qū)間為－43π＋4kπ，83π＋4kπ(k∈Z)．
例3解題導(dǎo)引解決此類問(wèn)題，首先利用正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的有界性或單調(diào)性求出y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的最值，再由方程的思想解決問(wèn)題．
解∵0≤x≤π2，∴－π3≤2x－π3≤23π，
∴－32≤sin(2x－π3)≤1，
若a0，則2a＋b＝1－3a＋b＝－5，解得a＝12－63b＝－23＋123；
若a0，則2a＋b＝－5－3a＋b＝1，
解得a＝－12＋63b＝19－123.
綜上可知，a＝12－63，b＝－23＋123
或a＝－12＋63，b＝19－123.
變式遷移3解∵x∈R，
∴cosx∈[－1,1]，
若a0，則a＋b＝1－a＋b＝－3，解得a＝2b＝－1；
若a0，則a＋b＝－3－a＋b＝1，解得a＝－2b＝－1.
所以g(x)＝－sin(2x＋π3)或g(x)＝－sin(－2x＋π3)，周期為π.
課后練習(xí)區(qū)
1．A[畫(huà)出函數(shù)y＝sinx的草圖(圖略)，分析知b－a的取值范圍為[2π3，4π3]，故選A.]
2．B[由題意知，函數(shù)的最小正周期為π，則ω＝1，
故f(x)＝3sinωx－cosωx
＝2sinx－π6的單調(diào)增區(qū)間滿足：
2kπ－π2≤x－π6≤2kπ＋π2(k∈Z)
解得2kπ－π3≤x≤2kπ＋2π3.]
3．A
4．D
5．D[因?yàn)閥＝sinx－cosx＝2sin(x－π4)，－π2≤x－π4≤π2，即－π4≤x≤3π4，滿足題意，所以函數(shù)f(x)可以是－cosx．]
6.π2
解析依題意得T4＝π8，所以最小正周期T＝π2.
7．4π
解析由f(x1)≤f(x)≤f(x2)知，f(x1)、f(x2)分別為f(x)的最小值和最大值，而當(dāng)x4＝2kπ－π2，即x＝8kπ－2π(k∈Z)時(shí)，f(x)取最小值；而x4＝2kπ＋π2，即x＝8kπ＋2π(k∈Z)時(shí)，f(x)取最大值，
∴|x1－x2|的最小值為4π.
8.23
解析線段P1P2的長(zhǎng)即為sinx的值，且其中的x滿足6cosx＝5tanx，x∈0，π2，解得sinx＝23.所以線段P1P2的長(zhǎng)為23.
9．解由題意知cos2x≠0，得2x≠kπ＋π2，
解得x≠kπ2＋π4(k∈Z)．
∴f(x)的定義域?yàn)閧x|x∈R，且x≠kπ2＋π4，k∈Z}．
……………………………………………………………………………………………(3分)
又f(x)＝2cos4x－3cos2x＋1cos2x
＝2cos2x－1cos2x－12cos2x－1
＝cos2x－1＝－sin2x，……………………………………………………………………(6分)
又∵定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
∴f(x)是偶函數(shù)．…………………………………………………………………………(8分)
顯然－sin2x∈[－1,0]，
又∵x≠kπ2＋π4，k∈Z，
∴－sin2x≠－12.
∴原函數(shù)的值域?yàn)?br> y|－1≤y－12或－12y≤0.……………………………………………………………(12分)
10．解(1)∵f(x)和g(x)的對(duì)稱軸完全相同，
∴二者的周期相同，即ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋π6)＋a(3分)
∴f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.…………………………………………………………(4分)
(2)當(dāng)2kπ＋π2≤2x＋π6≤2kπ＋3π2，k∈Z，
即kπ＋π6≤x≤kπ＋2π3(k∈Z)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為
[kπ＋π6，kπ＋2π3](k∈Z)．…………………………………………………………………(8分)
(3)當(dāng)x∈[0，π2]時(shí)，2x＋π6∈[π6，7π6]，…………………………………………………(10分)
∴2sin(2π2＋π6)＋a＝－2，
∴a＝－1.………………………………………………………………………………(12分)
11．解f(x)＝2sinxcosx＋23sin2x－3
＝sin2x＋231－cos2x2－3
＝sin2x－3cos2x＝2sin2x－π3.………………………………………………………(4分)
(1)令2kπ＋π2≤2x－π3≤2kπ＋3π2，k∈Z，
解得單調(diào)遞減區(qū)間是kπ＋5π12，kπ＋11π12，k∈Z.
……………………………………………………………………………………………(8分)
(2)f(x＋θ)＝2sin2x＋2θ－π3.
根據(jù)三角函數(shù)圖象性質(zhì)可知，
y＝f(x＋θ)0θπ2在x＝0處取最值，
∴sin2θ－π3＝±1，
∴2θ－π3＝kπ＋π2，θ＝kπ2＋5π12，k∈Z.……………………………………………………(12分)
又0θπ2，解得θ＝5π12.…………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)定積分及其簡(jiǎn)單的應(yīng)用學(xué)案（帶答案）

學(xué)案16定積分及其簡(jiǎn)單的應(yīng)用
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.以求曲邊梯形的面積和汽車變速行駛的路程為背景準(zhǔn)確理解定積分的概念.2.理解定積分的簡(jiǎn)單性質(zhì)并會(huì)簡(jiǎn)單應(yīng)用.3.會(huì)說(shuō)出定積分的幾何意義，能根據(jù)幾何意義解釋定積分.4.會(huì)用求導(dǎo)公式和導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則，反方向求使F′(x)＝f(x)的F(x)，并運(yùn)用牛頓—萊布尼茨公式求f(x)的定積分.5.會(huì)通過(guò)求定積分的方法求由已知曲線圍成的平面圖形的面積.6.能熟練運(yùn)用定積分求變速直線運(yùn)動(dòng)的路程.7.會(huì)用定積分求變力所做的功．
自主梳理
1．定積分的幾何意義：如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)f(x)連續(xù)且恒有f(x)≥0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的定積分的幾何意義是直線________________________所圍成的曲邊梯形的________．
2．定積分的性質(zhì)
(1)bakf(x)dx＝__________________(k為常數(shù))；
(2)ba[f1(x)±f2(x)]dx＝_____________________________________；
(3)baf(x)dx＝_______________________________________.
3．微積分基本定理
一般地，如果f(x)是區(qū)間[a，b]上的連續(xù)函數(shù)，并且F′(x)＝f(x)，那么baf(x)dx＝F(b)－F(a)，這個(gè)結(jié)論叫做__________________，為了方便，我們常把F(b)－F(a)記成__________________，即baf(x)dx＝F(x)|ba＝F(b)－F(a)．
4．定積分在幾何中的應(yīng)用
(1)當(dāng)x∈[a，b]且f(x)0時(shí)，由直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)圍成的曲邊梯形的面積S＝__________________.
(2)當(dāng)x∈[a，b]且f(x)0時(shí)，由直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)圍成的曲邊梯形的面積S＝__________________.
(3)當(dāng)x∈[a，b]且f(x)g(x)0時(shí)，由直線x＝a，x＝b(a≠b)和曲線y＝f(x)，y＝g(x)圍成的平面圖形的面積S＝______________________.
(4)若f(x)是偶函數(shù)，則a－af(x)dx＝2a0f(x)dx；若f(x)是奇函數(shù)，則a－af(x)dx＝0.
5．定積分在物理中的應(yīng)用
(1)勻變速運(yùn)動(dòng)的路程公式
做變速直線運(yùn)動(dòng)的物體所經(jīng)過(guò)的路程s，等于其速度函數(shù)v＝v(t)[v(t)≥0]在時(shí)間區(qū)間[a，b]上的定積分，即________________________．
(2)變力做功公式
一物體在變力F(x)(單位：N)的作用下做直線運(yùn)動(dòng)，如果物體沿著與F相同的方向從x＝a移動(dòng)到x＝b(ab)(單位：m)，則力F所做的功W＝__________________________.
自我檢測(cè)
1．計(jì)算定積分503xdx的值為()
A.752B．75
C.252D．25
2．定積分10[1－x－12－x]dx等于()
A.π－24B.π2－1
C.π－14D.π－12
3．如右圖所示，陰影部分的面積是()
A．23B．2－3
C.323D.353
4．(2010湖南)421xdx等于()
A．－2ln2B．2ln2
C．－ln2D．ln2
5．若由曲線y＝x2＋k2與直線y＝2kx及y軸所圍成的平面圖形的面積S＝9，則k＝________.
探究點(diǎn)一求定積分的值
例1計(jì)算下列定積分：
(1)；
(2)；
(3)π0(2sinx－3ex＋2)dx；
(4)20|x2－1|dx.

變式遷移1計(jì)算下列定積分：
(1)2π0|sinx|dx；(2)π0sin2xdx.

探究點(diǎn)二求曲線圍成的面積
例2計(jì)算由拋物線y＝12x2和y＝3－(x－1)2所圍成的平面圖形的面積S.

變式遷移2計(jì)算曲線y＝x2－2x＋3與直線y＝x＋3所圍圖形的面積．

探究點(diǎn)三定積分在物理中的應(yīng)用
例3一輛汽車的速度－時(shí)間曲線如圖所示，求此汽車在這1min內(nèi)所行駛的路程．

變式遷移3A、B兩站相距7.2km，一輛電車從A站開(kāi)往B站，電車開(kāi)出ts后到達(dá)途中C點(diǎn)，這一段速度為1.2tm/s，到C點(diǎn)時(shí)速度達(dá)24m/s，從C點(diǎn)到B點(diǎn)前的D點(diǎn)以勻速行駛，從D點(diǎn)開(kāi)始剎車，經(jīng)ts后，速度為(24－1.2t)m/s，在B點(diǎn)恰好停車，試求：
(1)A、C間的距離；
(2)B、D間的距離；
(3)電車從A站到B站所需的時(shí)間．

函數(shù)思想的應(yīng)用
例(12分)在區(qū)間[0,1]上給定曲線y＝x2.試在此區(qū)間內(nèi)確定點(diǎn)t的值，使圖中的陰影部分的面積S1與S2之和最小，并求最小值．
【答題模板】
解S1面積等于邊長(zhǎng)為t與t2的矩形面積去掉曲線y＝x2與x軸、直線x＝t所圍成的面積，即S1＝tt2－t0x2dx＝23t3.[2分]
S2的面積等于曲線y＝x2與x軸，x＝t，x＝1圍成的面積去掉矩形面積，矩形邊長(zhǎng)分別為t2,1－t，即S2＝1tx2dx－t2(1－t)＝23t3－t2＋13.[4分]
所以陰影部分面積S＝S1＋S2＝43t3－t2＋13(0≤t≤1)．[6分]
令S′(t)＝4t2－2t＝4tt－12＝0時(shí)，得t＝0或t＝12.[8分]
t＝0時(shí)，S＝13；t＝12時(shí)，S＝14；t＝1時(shí)，S＝23.[10分]
所以當(dāng)t＝12時(shí)，S最小，且最小值為14.[12分]
【突破思維障礙】
本題既不是直接求曲邊梯形面積問(wèn)題，也不是直接求函數(shù)的最小值問(wèn)題，而是先利用定積分求出面積的和，然后利用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)求面積和的最小值，難點(diǎn)在于把用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值的問(wèn)題置于先求定積分的題境中，突出考查學(xué)生知識(shí)的遷移能力和導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用意識(shí)．
1．定積分baf(x)dx的幾何意義就是表示由直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)圍成的曲邊梯形的面積；反過(guò)來(lái)，如果知道一個(gè)這樣的曲邊梯形的面積也就知道了相應(yīng)定積分的值，如204－x2dx＝π(半徑為2的14個(gè)圓的面積)，2－24－x2dx＝2π.
2．運(yùn)用定積分的性質(zhì)可以化簡(jiǎn)定積分計(jì)算，也可以把一個(gè)函數(shù)的定積分化成幾個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)定積分的和或差．
3．計(jì)算一些簡(jiǎn)單的定積分問(wèn)題，解題步驟是：第一步，把被積函數(shù)變形為冪函數(shù)、正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、指數(shù)函數(shù)與常數(shù)積的和或差；第二步，把定積分用定積分性質(zhì)變形為求被積函數(shù)為上述函數(shù)的定積分；第三步，分別用求導(dǎo)公式找到一個(gè)相應(yīng)的使F′(x)＝f(x)的F(x)；第四步，再分別用牛頓—萊布尼茨公式求各個(gè)定積分的值后計(jì)算原定積分的值．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．下列值等于1的積分是()
A．10xdxB．10(x＋1)dx
C．1012dxD．101dx
2．(2011汕頭模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋1，0≤x≤1，3－x，1x≤2，則20f(x)dx等于()
A.13B.176
C．6D．17
3．已知f(x)為偶函數(shù)且60f(x)dx＝8，則6－6f(x)dx等于()
A．0B．4C．8D．16
4．(2011深圳模擬)曲線y＝sinx，y＝cosx與直線x＝0，x＝π2所圍成的平面區(qū)域的面積為()
A．π20(sinx－cosx)dx
B．2π40(sinx－cosx)dx
C．π20(cosx－sinx)dx
D．2π40(cosx－sinx)dx
5．(2011臨渭區(qū)高三調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x0t(t－4)dt在[－1,5]上()
A．有最大值0，無(wú)最小值
B．有最大值0，最小值－323
C．有最小值－323，無(wú)最大值
D．既無(wú)最大值也無(wú)最小值
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．若1N的力使彈簧伸長(zhǎng)2cm，則使彈簧伸長(zhǎng)12cm時(shí)克服彈力做的功為_(kāi)_________J.
7．10(2xk＋1)dx＝2，則k＝________.
8．(2010山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三三診)若f(x)在R上可導(dǎo)，f(x)＝x2＋2f′(2)x＋3，則30f(x)dx＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)計(jì)算以下定積分：
(1)212x2－1xdx；(2)32x＋1x2dx；
(3)π30(sinx－sin2x)dx；(4)21|3－2x|dx.

10．(12分)設(shè)y＝f(x)是二次函數(shù)，方程f(x)＝0有兩個(gè)相等的實(shí)根，且f′(x)＝2x－2.
(1)求y＝f(x)的表達(dá)式；
(2)求y＝f(x)的圖象與兩坐標(biāo)軸所圍成圖形的面積．

11．(14分)求曲線y＝ex－1與直線x＝－ln2，y＝e－1所圍成的平面圖形的面積．

答案自主梳理
1．x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)面積
2．(1)kbaf(x)dx(2)baf1(x)dx±baf2(x)dx(3)caf(x)dx＋bcf(x)dx(其中acb)
3.微積分基本定理F(x)|ba4.(1)baf(x)dx(2)－baf(x)dx(3)ba[f(x)－g(x)]dx
5.(1)s＝bav(t)dt(2)baF(x)dx
自我檢測(cè)
1．A2.A3.C4.D
5．±3
解析由y＝x2＋k2，y＝2kx.
得(x－k)2＝0，
即x＝k，
所以直線與曲線相切，如圖所示，
當(dāng)k0時(shí)，S＝k0(x2＋k2－2kx)dx
＝k0(x－k)2dx＝13(x－k)3|k0＝0－13(－k)3＝k33，
由題意知k33＝9，∴k＝3.
由圖象的對(duì)稱性可知k＝－3也滿足題意，故k＝±3.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引(1)與絕對(duì)值有關(guān)的函數(shù)均可化為分段函數(shù)．
①分段函數(shù)在區(qū)間[a，b]上的積分可分成幾段積分的和的形式．
②分段的標(biāo)準(zhǔn)是使每一段上的函數(shù)表達(dá)式確定，按照原函數(shù)分段的情況分即可，無(wú)需分得過(guò)細(xì)．
(2)f(x)是偶函數(shù)，且在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間[－a，a]上連續(xù)，則a－af(x)dx＝2a0f(x)dx.
解(1)e1x＋1x＋1x2dx
＝e1xdx＋e11xdx＋e11x2dx
＝12x2|e1＋lnx|e1－1x|e1
＝12(e2－1)＋(lne－ln1)－1e－11
＝12e2－1e＋32.
(2)π20(sinx－2cosx)dx
＝π20sinxdx－2π20cosxdx
＝(－cosx)|π20－2sinx|π20
＝－cosπ2－(－cos0)－2sinπ2－sin0
＝－1.
(3)π0(2sinx－3ex＋2)dx
＝2π0sinxdx－3π0exdx＋π02dx
＝2(－cosx)|π0－3ex|π0＋2x|π0
＝2[(－cosπ)－(－cos0)]－3(eπ－e0)＋2(π－0)
＝7－3eπ＋2π.
(4)∵0≤x≤2，
于是|x2－1|＝x2－1，1x≤2，1－x2，0≤x≤1，
∴20|x2－1|dx＝10(1－x2)dx＋21(x2－1)dx
＝x－13x3|10＋13x3－x|21＝2.
變式遷移1解(1)∵(－cosx)′＝sinx，
∴2π0|sinx|dx＝π0|sinx|dx＋2ππ|sinx|dx
＝π0sinxdx－2ππsinxdx
＝－cosx|π0＋cosx|2ππ
＝－(cosπ－cos0)＋(cos2π－cosπ)＝4.
(2)π0sin2xdx＝π012－12cos2xdx
＝π012dx－12π0cos2xdx
＝12x|π0－1212sin2x|π0
＝π2－0－1212sin2π－12sin0
＝π2.
例2解題導(dǎo)引求曲線圍成的面積的一般步驟為：(1)作出曲線的圖象，確定所要求的面積；(2)聯(lián)立方程解出交點(diǎn)坐標(biāo)；(3)用定積分表示所求的面積；(4)求出定積分的值．
解作出函數(shù)y＝12x2和y＝3－(x－1)2的圖象(如圖所示)，則所求平面圖形的面積S為圖中陰影部分的面積．
解方程組y＝12x2，y＝3－x－12，得x＝－23，y＝29或x＝2，y＝2.
所以兩曲線交點(diǎn)為A－23，29，B(2,2)．
所以S＝2－23[3－(x－1)2]dx－2－2312x2dx
＝2－23(－x2＋2x＋2)dx－2－2312x2dx
＝－13x3＋x2＋2x2－23－16x32－23
＝－83＋4＋4－881＋49－43－16×8＋827
＝42027.
變式遷移2解
如圖，
設(shè)f(x)＝x＋3，
g(x)＝x2－2x＋3，
兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)為A，B，
由y＝x＋3，y＝x2－2x＋3.
得x＝0，y＝3或x＝3，y＝6.
∴曲線y＝x2－2x＋3與直線y＝x＋3所圍圖形的面積
S＝30[f(x)－g(x)]dx
＝30[(x＋3)－(x2－2x＋3)dx]
＝30(－x2＋3x)dx
＝－13x3＋32x2|30＝92.
故曲線與直線所圍圖形的面積為92.
例3解題導(dǎo)引用定積分解決變速運(yùn)動(dòng)的位置與路程問(wèn)題時(shí)，將物理問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題是關(guān)鍵．變速直線運(yùn)動(dòng)的速度函數(shù)往往是分段函數(shù)，故求積分時(shí)要利用積分的性質(zhì)將其分成幾段積分，然后求出積分的和，即可得到答案．s(t)求導(dǎo)后得到速度，對(duì)速度積分則得到路程．
解方法一由速度—時(shí)間曲線易知．
v(t)＝3t，t∈[0，10，30，t∈[10，40，－1.5t＋90，t∈[40，60]，
由變速直線運(yùn)動(dòng)的路程公式可得
s＝1003tdt＋401030dt＋6040(－1.5t＋90)dt
＝32t2|100＋30t|4010＋－34t2＋90t|6040＝1350(m)．
答此汽車在這1min內(nèi)所行駛的路程是1350m.
方法二由定積分的物理意義知，汽車1min內(nèi)所行駛的路程就是速度函數(shù)在[0,60]上的積分，也就是其速度曲線與x軸圍成梯形的面積，
∴s＝12(AB＋OC)×30＝12×(30＋60)×30＝1350(m)．
答此汽車在這1min內(nèi)所行駛的路程是1350m.
變式遷移3解(1)設(shè)v(t)＝1.2t，令v(t)＝24，∴t＝20.
∴A、C間距離|AC|＝2001.2tdt
＝(0.6t2)|200＝0.6×202＝240(m)．
(2)由D到B時(shí)段的速度公式為
v(t)＝(24－1.2t)m/s，可知|BD|＝|AC|＝240(m)．
(3)∵|AC|＝|BD|＝240(m)，
∴|CD|＝7200－240×2＝6720(m)．
∴C、D段用時(shí)672024＝280(s)．
又A、C段與B、D段用時(shí)均為20s，
∴共用時(shí)280＋20＋20＝320(s)．
課后練習(xí)區(qū)
1．D2.B3.D4.D5.B
6．0.36
解析設(shè)力F與彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度x的關(guān)系式為F＝kx，
則1＝k×0.02，∴k＝50，
∴F＝50x，伸長(zhǎng)12cm時(shí)克服彈力做的功
W＝0.12050xdx＝502x2|0.120＝502×0.122＝0.36(J)．
7．1
解析∵10(2xk＋1)dx＝2k＋1xk＋1＋x10
＝2k＋1＋1＝2，∴k＝1.
8．－18
解析∵f′(x)＝2x＋2f′(2)，∴f′(2)＝4＋2f′(2)，
即f′(2)＝－4，∴f(x)＝x2－8x＋3，
∴30f(x)dx＝13×33－4×32＋3×3＝－18.
9．解(1)函數(shù)y＝2x2－1x的一個(gè)原函數(shù)是y＝23x3－lnx，
所以212x2－1xdx＝23x3－lnx21
＝163－ln2－23＝143－ln2.………………………………………………………………(3分)
(2)32x＋1x2dx＝32x＋1x＋2dx
＝12x2＋lnx＋2x32
＝92＋ln3＋6－(2＋ln2＋4)
＝ln32＋92.…………………………………………………………………………………(6分)
(3)函數(shù)y＝sinx－sin2x的一個(gè)原函數(shù)為
y＝－cosx＋12cos2x，所以π30(sinx－sin2x)dx
＝－cosx＋12cos2xπ30
＝－12－14－－1＋12＝－14.……………………………………………………………(9分)
＝(3x－x2)|321＋(x2－3x)|232＝12.…………………………………………………………(12分)
10．解(1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
則f′(x)＝2ax＋b.又f′(x)＝2x－2，
所以a＝1，b＝－2，即f(x)＝x2－2x＋c.………………………………………………(4分)
又方程f(x)＝0有兩個(gè)相等實(shí)根，
所以Δ＝4－4c＝0，即c＝1.
故f(x)＝x2－2x＋1.………………………………………………………………………(8分)
(2)依題意，所求面積S＝10(x2－2x＋1)dx
＝13x3－x2＋x|10＝13.……………………………………………………………………(12分)
11．解畫(huà)出直線x＝－ln2，y＝e－1及曲線y＝ex－1如圖所示，則所求面積為圖中陰影部分的面積．
由y＝e－1，y＝ex－1，解得B(1，e－1)．
由x＝－ln2，y＝ex－1，解得A－ln2，－12.…………………………………………………(4分)
此時(shí)，C(－ln2，e－1)，D(－ln2,0)．
所以S＝S曲邊梯形BCDO＋S曲邊三角形OAD
＝1－ln2(e－1)dx－10(ex－1)dx＋?0－ln2ex－1dx………………………………………(7分)
＝(e－1)x|1－ln2－(ex－x)|10＋|(ex－x)|0－ln2|………………………………………………(10分)
＝(e－1)(1＋ln2)－(e－1－e0)＋|e0－(e－ln2＋ln2)|
＝(e－1)(1＋ln2)－(e－2)＋ln2－12
＝eln2＋12.……………………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用學(xué)案（有答案）

一名合格的教師要充分考慮學(xué)習(xí)的趣味性，教師要準(zhǔn)備好教案為之后的教學(xué)做準(zhǔn)備。教案可以讓講的知識(shí)能夠輕松被學(xué)生吸收，幫助教師更好的完成實(shí)現(xiàn)教學(xué)目標(biāo)。教案的內(nèi)容要寫(xiě)些什么更好呢？下面是由小編為大家整理的“高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用學(xué)案（有答案）”，大家不妨來(lái)參考。希望您能喜歡！

學(xué)案15導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，并會(huì)根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍.2.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問(wèn)題．
自主梳理
1．函數(shù)的最值
(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最值的條件
如果函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟：
①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的________；
②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與________比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值．
2．實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題：首先要充分理解題意，列出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)關(guān)系式，再利用導(dǎo)數(shù)求出該函數(shù)的最大值或最小值，最后回到實(shí)際問(wèn)題中，得出最優(yōu)解．
自我檢測(cè)
1．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為()
A．0≤a1B．0a1
C．－1a1D．0a12
2．(2011汕頭月考)設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，將y＝f(x)和y＝f′(x)的圖象畫(huà)在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中，不可能正確的是()
3．對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有()
A．f(0)＋f(2)2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)2f(1)
4．(2011新鄉(xiāng)模擬)函數(shù)f(x)＝12ex(sinx＋cosx)在區(qū)間0，π2上的值域?yàn)開(kāi)_____________．
5．f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極大值，則常數(shù)c的值為_(kāi)_______．
探究點(diǎn)一求含參數(shù)的函數(shù)的最值
例1已知函數(shù)f(x)＝x2e－ax(a0)，求函數(shù)在[1,2]上的最大值．

變式遷移1設(shè)a0，函數(shù)f(x)＝alnxx.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)求f(x)在區(qū)間[a,2a]上的最小值．

探究點(diǎn)二用導(dǎo)數(shù)證明不等式
例2(2011張家口模擬)已知f(x)＝12x2－alnx(a∈R)，
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求證：當(dāng)x1時(shí)，12x2＋lnx23x3.

變式遷移2(2010安徽)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當(dāng)aln2－1且x0時(shí)，exx2－2ax＋1.

探究點(diǎn)三實(shí)際生活中的優(yōu)化問(wèn)題
例3(2011孝感月考)某分公司經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品，每件產(chǎn)品的成本為3元，并且每件產(chǎn)品需向總公司交a元(3≤a≤5)的管理費(fèi)，預(yù)計(jì)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為x元(9≤x≤11)時(shí)，一年的銷售量為(12－x)2萬(wàn)件．
(1)求分公司一年的利潤(rùn)L(萬(wàn)元)與每件產(chǎn)品的售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為多少元時(shí)，分公司一年的利潤(rùn)L最大，并求出L的最大值Q(a)．

變式遷移3甲方是一農(nóng)場(chǎng)，乙方是一工廠．由于乙方生產(chǎn)需占用甲方的資源，因此甲方有權(quán)向乙方索賠以彌補(bǔ)經(jīng)濟(jì)損失并獲得一定凈收入，在乙方不賠付甲方的情況下，乙方的年利潤(rùn)x(元)與年產(chǎn)量t(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x＝2000t.若乙方每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品必須賠付甲方S元(以下稱S為賠付價(jià)格)．
(1)將乙方的年利潤(rùn)ω(元)表示為年產(chǎn)量t(噸)的函數(shù)，并求出乙方獲得最大利潤(rùn)的年產(chǎn)量；
(2)甲方每年受乙方生產(chǎn)影響的經(jīng)濟(jì)損失金額y＝0.002t2(元)，在乙方按照獲得最大利潤(rùn)的產(chǎn)量進(jìn)行生產(chǎn)的前提下，甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應(yīng)向乙方要求的賠付價(jià)格S是多少？

轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)(2010全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.
(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范圍；
(2)證明：(x－1)f(x)≥0.
【答題模板】
(1)解∵f′(x)＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x0，
∴xf′(x)＝xlnx＋1.由xf′(x)≤x2＋ax＋1，
得a≥lnx－x，令g(x)＝lnx－x，則g′(x)＝1x－1，[2分]
當(dāng)0x1時(shí)，g′(x)0；
當(dāng)x1時(shí)，g′(x)0，[4分]
∴x＝1是最大值點(diǎn)，g(x)max＝g(1)＝－1，∴a≥－1，
∴a的取值范圍為[－1，＋∞)．[6分]
(2)證明由(1)知g(x)＝lnx－x≤g(1)＝－1，∴l(xiāng)nx－x＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解決(2)的關(guān)鍵．)[8分]
當(dāng)0x1時(shí)，x－10，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋lnx－x＋1≤0，
∴(x－1)f(x)≥0.
當(dāng)x≥1時(shí)，x－10，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1
＝lnx＋xlnx－x＋1
＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，
∴(x－1)f(x)≥0.[11分]
綜上，(x－1)f(x)≥0.[12分]
【突破思維障礙】
本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式證明等知識(shí)，通過(guò)運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)解決函數(shù)、不等式問(wèn)題，考查了考生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力以及計(jì)算能力，同時(shí)也考查了函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．通過(guò)轉(zhuǎn)化，本題實(shí)質(zhì)還是利用單調(diào)性求最值問(wèn)題．
1．求極值、最值時(shí)，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時(shí)，要分類討論參數(shù)的范圍．若已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍時(shí)，隱含恒成立思想．
2．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題的一般步驟：
(1)分析實(shí)際問(wèn)題中各變量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問(wèn)題的數(shù)學(xué)模型，寫(xiě)出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)；
(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比較函數(shù)的區(qū)間端點(diǎn)對(duì)應(yīng)的函數(shù)值和極值，確定最值；
(4)回到實(shí)際問(wèn)題，作出解答．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011皖南模擬)已知曲線C：y＝2x2－x3，點(diǎn)P(0，－4)，直線l過(guò)點(diǎn)P且與曲線C相切于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為()
A．－1B．1C．－2D．2
2．已知函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的圖象可能是()
3．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象最有可能是()
4．函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函數(shù)，則t的取值范圍是()
A．t5B．t5
C．t≥5D．t≤5
5．(2011滄州模擬)若函數(shù)f(x)＝sinxx，且0x1x21，設(shè)a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，則a，b的大小關(guān)系是()
A．a(chǎn)bB．a(chǎn)b
C．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)、b的大小不能確定
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．在直徑為d的圓木中，截取一個(gè)具有最大抗彎強(qiáng)度的長(zhǎng)方體梁，則矩形面的長(zhǎng)為_(kāi)_______．(強(qiáng)度與bh2成正比，其中h為矩形的長(zhǎng)，b為矩形的寬)
7．要建造一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的倉(cāng)庫(kù)，其內(nèi)部的高為3m，長(zhǎng)和寬的和為20m，則倉(cāng)庫(kù)容積的最大值為_(kāi)____________________________________________________________m3.
8．若函數(shù)f(x)＝4xx2＋1在區(qū)間(m,2m＋1)上是單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數(shù)f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若x∈[1e－1，e－1]時(shí)，f(x)m恒成立，求m的取值范圍．

10．(12分)(2010湖北)為了在夏季降溫和冬季供暖時(shí)減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬(wàn)元．該建筑物每年的能源消耗費(fèi)用C(單位：萬(wàn)元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿足關(guān)系：C(x)＝k3x＋5(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費(fèi)用為8萬(wàn)元，設(shè)f(x)為隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和．
(1)求k的值及f(x)的表達(dá)式；
(2)隔熱層修建多厚時(shí)，總費(fèi)用f(x)達(dá)到最小，并求最小值．

11．(14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋bx，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點(diǎn)有公共切線．
(1)求a、b的值；
(2)對(duì)任意x0，試比較f(x)與g(x)的大小．

答案自主梳理
1．(1)連續(xù)(2)①極值②端點(diǎn)值
自我檢測(cè)
1．B2.D3.C
4.12，12eπ25.6
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，首先應(yīng)判斷函數(shù)在閉區(qū)間上的單調(diào)性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判斷函數(shù)在各區(qū)間上的單調(diào)性，在這里一般要用到分類討論的思想，討論的標(biāo)準(zhǔn)通常是極值點(diǎn)與區(qū)間端點(diǎn)的大小關(guān)系，確定單調(diào)性或具體情況．
解∵f(x)＝x2e－ax(a0)，
∴f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
令f′(x)0，即e－ax(－ax2＋2x)0，
得0x2a.
∴f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上是減函數(shù)，
在0，2a上是增函數(shù)．
①當(dāng)02a1，即a2時(shí)，f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，
∴f(x)max＝f(1)＝e－a.
②當(dāng)1≤2a≤2，即1≤a≤2時(shí)，f(x)在1，2a上是增函數(shù)，在2a，2上是減函數(shù)，
∴f(x)max＝f2a＝4a－2e－2.
③當(dāng)2a2，即0a1時(shí)，f(x)在[1,2]上是增函數(shù)，
∴f(x)max＝f(2)＝4e－2a.
綜上所述，
當(dāng)0a1時(shí)，f(x)的最大值為4e－2a；
當(dāng)1≤a≤2時(shí)，f(x)的最大值為4a－2e－2；
當(dāng)a2時(shí)，f(x)的最大值為e－a.
變式遷移1解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝a1－lnxx2(a0)，
由f′(x)＝a1－lnxx20，得0xe；
由f′(x)0，得xe.
故f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)∵f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]min＝min{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝12lna2，
∴當(dāng)0a≤2時(shí)，[f(x)]min＝lna；
當(dāng)a2時(shí)，[f(x)]min＝ln2a2.
例2解題導(dǎo)引利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題的主要方法就是構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)研究函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)而解決不等式問(wèn)題．
(1)解f′(x)＝x－ax＝x2－ax(x0)，
若a≤0時(shí)，f′(x)0恒成立，
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)．
若a0時(shí)，令f′(x)0，得xa，
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(a，＋∞)，減區(qū)間為(0，a)．
(2)證明設(shè)F(x)＝23x3－(12x2＋lnx)，
故F′(x)＝2x2－x－1x.
∴F′(x)＝x－12x2＋x＋1x.
∵x1，∴F′(x)0.
∴F(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．
又F(x)在(1，＋∞)上連續(xù)，F(xiàn)(1)＝160，
∴F(x)16在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)0.
∴當(dāng)x1時(shí)，12x2＋lnx23x3.
變式遷移2(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時(shí)，
f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)
f′(x)－0＋
f(x)?
極小值?

故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，
單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為
f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
(2)證明設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當(dāng)aln2－1時(shí)，
g′(x)最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.
于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)0，
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增，于是當(dāng)aln2－1時(shí)，
對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)g(0)．
而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)0，
即ex－x2＋2ax－10，
故exx2－2ax＋1.
例3解(1)分公司一年的利潤(rùn)L(萬(wàn)元)與售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式為L(zhǎng)＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11]．
(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x)
＝(12－x)(18＋2a－3x)．
令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12(不合題意，舍去)．
∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.
在x＝6＋23a兩側(cè)L′的值由正變負(fù)．
∴①當(dāng)8≤6＋23a9，即3≤a92時(shí)，
Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．
②當(dāng)9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5時(shí)，
Lmax＝L(6＋23a)＝(6＋23a－3－a)[12－(6＋23a)]2
＝4(3－13a)3.
所以Q(a)＝96－a，3≤a92，43－13a3，92≤a≤5.
綜上，若3≤a92，則當(dāng)每件售價(jià)為9元時(shí)，分公司一年的利潤(rùn)L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)(萬(wàn)元)；
若92≤a≤5，則當(dāng)每件售價(jià)為(6＋23a)元時(shí)，分公司一年的利潤(rùn)L最大，最大值Q(a)＝4(3－13a)3(萬(wàn)元)．
變式遷移3解(1)因?yàn)橘r付價(jià)格為S元/噸，
所以乙方的實(shí)際年利潤(rùn)為ω＝2000t－St.
由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，
令ω′＝0，得t＝t0＝(1000S)2.
當(dāng)tt0時(shí)，ω′0；當(dāng)tt0時(shí)，ω′0.
所以當(dāng)t＝t0時(shí)，ω取得最大值．
因此乙方獲得最大利潤(rùn)的年產(chǎn)量為(1000S)2噸．
(2)設(shè)甲方凈收入為v元，則v＝St－0.002t2.
將t＝(1000S)2代入上式，得到甲方凈收入v與賠付價(jià)格S之間的函數(shù)關(guān)系式：
v＝10002S－2×10003S4.
又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×8000－S3S5，
令v′＝0，得S＝20.
當(dāng)S20時(shí)，v′0；
當(dāng)S20時(shí)，v′0，
所以S＝20時(shí)，v取得最大值．
因此甲方向乙方要求賠付價(jià)格S＝20元/噸時(shí)，可獲得最大凈收入．
課后練習(xí)區(qū)
1．A2.D3.C4.C5.A
6.63d
解析如圖所示，為圓木的橫截面，
由b2＋h2＝d2，
∴bh2＝b(d2－b2)．
設(shè)f(b)＝b(d2－b2)，
∴f′(b)＝－3b2＋d2.
令f′(b)＝0，由b0，
∴b＝33d，且在(0，33d)上f′(b)0，在[33d，d]上f′(b)0.
∴函數(shù)f(b)在b＝33d處取極大值，也是最大值，即抗彎強(qiáng)度最大，此時(shí)長(zhǎng)h＝63d.
7．300
解析設(shè)長(zhǎng)為xm，則寬為(20－x)m，倉(cāng)庫(kù)的容積為V，則V＝x(20－x)3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，
令V′＝0得x＝10.
當(dāng)0x10時(shí)，V′0；當(dāng)x10時(shí)，V′0，
∴x＝10時(shí)，V最大＝300(m3)．
8．(－1,0]
解析f′(x)＝41－x2x2＋12≥0，解得－1≤x≤1.
由已知得(m,2m＋1)[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m2m＋1，
解得－1m≤0.
9．解(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)，
∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x2＋x1＋x(x－1)．
……………………………………………………………………………………………(4分)
∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
在(－1,0)上單調(diào)遞減．…………………………………………………………………(6分)
(2)令f′(x)＝0，即x＝0，則
x(1e－1,0)
0(0，e－1)
f′(x)－0＋
f(x)?
極小值?

……………………………………………………………………………………………(9分)
又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－112e2＋1，
又f(x)m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，
∴m12e2－1.………………………………………………………………………………(12分)
10．解(1)設(shè)隔熱層厚度為xcm，由題設(shè)，
每年能源消耗費(fèi)用為C(x)＝k3x＋5，(2分)
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝403x＋5，…………………………………………(4分)
而建造費(fèi)用為C1(x)＝6x.…………………………………………………………………(5分)
最后得隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和為
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×403x＋5＋6x
＝8003x＋5＋6x(0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)
(2)f′(x)＝6－24003x＋52，令f′(x)＝0，
即24003x＋52＝6，解得x＝5，x＝－253(舍去)．…………………………………………(8分)
當(dāng)0x5時(shí)，f′(x)0，
當(dāng)5x10時(shí)，f′(x)0，………………………………………………………………(10分)
故x＝5是f(x)的最小值點(diǎn)，
對(duì)應(yīng)的最小值為f(5)＝6×5＋80015＋5＝70.
當(dāng)隔熱層修建5cm厚時(shí)，總費(fèi)用達(dá)到最小值70萬(wàn)元．
……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(x)＝lnx的圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是(1,0)，
依題意，得g(1)＝a＋b＝0.①……………………………………………………………(2分)
又f′(x)＝1x，g′(x)＝a－bx2，
且f(x)與g(x)在點(diǎn)(1,0)處有公共切線，
∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1.②……………………………………………………(4分)
由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………(6分)
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，則
F(x)＝lnx－(12x－12x)＝lnx－12x＋12x，
∴F′(x)＝1x－12－12x2＝－12(1x－1)2≤0.
∴F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．………………………………………………………(10分)
當(dāng)0x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)＝0，即f(x)g(x)；
當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)＝0，即f(x)g(x)．
綜上，0x1時(shí)，f(x)g(x)；
x＝1時(shí)，f(x)＝g(x)；
x1時(shí)f(x)g(x)．…………………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算學(xué)案（含答案）

第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
學(xué)案13導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景，理解函數(shù)在一點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)的定義和導(dǎo)數(shù)的幾何意義，理解導(dǎo)函數(shù)的概念．了解曲線的切線的概念.2.能根據(jù)導(dǎo)數(shù)定義，求函數(shù)y＝C(C為常數(shù))，y＝x，y＝x2，y＝1x，y＝x的導(dǎo)數(shù)．熟記基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式(c，xm(m為有理數(shù))，sinx，cosx，ex，ax，lnx，logax的導(dǎo)數(shù))，能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式及導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則求簡(jiǎn)單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，能求簡(jiǎn)單的復(fù)合函數(shù)(僅限于形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù)．
自主梳理
1．函數(shù)的平均變化率
一般地，已知函數(shù)y＝f(x)，x0，x1是其定義域內(nèi)不同的兩點(diǎn)，記Δx＝x1－x0，Δy＝y(tǒng)1－y0＝f(x1)－f(x0)＝f(x0＋Δx)－f(x0)，則當(dāng)Δx≠0時(shí)，商________________________＝ΔyΔx稱作函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[x0，x0＋Δx](或[x0＋Δx，x0])的平均變化率．
2．函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)
(1)定義
函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x0處的瞬時(shí)變化率______________通常稱為f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，并記作f′(x0)，即______________________________．
(2)幾何意義
函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是過(guò)曲線y＝f(x)上點(diǎn)(x0，f(x0))的____________．
導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的值域即為_(kāi)_________________．
3．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)
如果函數(shù)y＝f(x)在開(kāi)區(qū)間(a，b)內(nèi)每一點(diǎn)都是可導(dǎo)的，就說(shuō)f(x)在開(kāi)區(qū)間(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，其導(dǎo)數(shù)也是開(kāi)區(qū)間(a，b)內(nèi)的函數(shù)，又稱作f(x)的導(dǎo)函數(shù)，記作____________．
4．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式表

原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)
f(x)＝Cf′(x)＝______
f(x)＝xα(α∈Q*)f′(x)＝______(α∈Q*)
F(x)＝sinxf′(x)＝__________
F(x)＝cosxf′(x)＝____________
f(x)＝ax(a0，a≠1)f′(x)＝____________(a0，a≠1)
f(x)＝exf′(x)＝________
f(x)＝logax(a0，a≠1，且x0)f′(x)＝__________(a0，a≠1，且x0)
f(x)＝lnxf′(x)＝__________

5．導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則
(1)[f(x)±g(x)]′＝__________；
(2)[f(x)g(x)]′＝______________；
(3)fxgx′＝______________[g(x)≠0]．
6．復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則：設(shè)函數(shù)u＝φ(x)在點(diǎn)x處有導(dǎo)數(shù)ux′＝φ′(x)，函數(shù)y＝f(u)在點(diǎn)x處的對(duì)應(yīng)點(diǎn)u處有導(dǎo)數(shù)yu′＝f′(u)，則復(fù)合函數(shù)y＝f(φ(x))在點(diǎn)x處有導(dǎo)數(shù)，且y′x＝y(tǒng)′uu′x，或?qū)懽鱢′x(φ(x))＝f′(u)φ′(x)．
自我檢測(cè)
1．在曲線y＝x2＋1的圖象上取一點(diǎn)(1,2)及附近一點(diǎn)(1＋Δx，2＋Δy)，則ΔyΔx為()
A．Δx＋1Δx＋2B．Δx－1Δx－2
C．Δx＋2D．2＋Δx－1Δx
2．設(shè)y＝x2ex，則y′等于()
A．x2ex＋2xB．2xex
C．(2x＋x2)exD．(x＋x2)ex
3．(2010全國(guó)Ⅱ)若曲線y＝x－12在點(diǎn)(a，a－12)處的切線與兩個(gè)坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為18，則a等于()
A．64B．32C．16D．8
4．(2011臨汾模擬)若函數(shù)f(x)＝ex＋ae－x的導(dǎo)函數(shù)是奇函數(shù)，并且曲線y＝f(x)的一條切線的斜率是32，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)是()
A．－ln22B．－ln2
C.ln22D．ln2
5．(2009湖北)已知函數(shù)f(x)＝f′(π4)cosx＋sinx，則f(π4)＝________.
探究點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)
例1利用導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：
(1)f(x)＝1x在x＝1處的導(dǎo)數(shù)；
(2)f(x)＝1x＋2.

變式遷移1求函數(shù)y＝x2＋1在x0到x0＋Δx之間的平均變化率，并求出其導(dǎo)函數(shù)．

探究點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算
例2求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：
(1)y＝(1－x)1＋1x；(2)y＝lnxx；
(3)y＝xex；(4)y＝tanx.

變式遷移2求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：
(1)y＝x2sinx；(2)y＝3xex－2x＋e；(3)y＝lnxx2＋1.

探究點(diǎn)三求復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)
例3(2011莆田模擬)求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：
(1)y＝(1＋sinx)2；(2)y＝11＋x2；
(3)y＝lnx2＋1；(4)y＝xe1－cosx.

變式遷移3求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：
(1)y＝11－3x4；
(2)y＝sin22x＋π3；
(3)y＝x1＋x2.

探究點(diǎn)四導(dǎo)數(shù)的幾何意義
例4已知曲線y＝13x3＋43.
(1)求曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程；
(2)求曲線過(guò)點(diǎn)P(2,4)的切線方程；
(3)求滿足斜率為1的曲線的切線方程．

變式遷移4求曲線f(x)＝x3－3x2＋2x過(guò)原點(diǎn)的切線方程．

1．準(zhǔn)確理解曲線的切線，需注意的兩個(gè)方面：
(1)直線與曲線公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)不是切線的本質(zhì)特征，若直線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)，則直線不一定是曲線的切線，同樣，若直線是曲線的切線，則直線也可能與曲線有兩個(gè)或兩個(gè)以上的公共點(diǎn)．
(2)曲線未必在其切線的“同側(cè)”，如曲線y＝x3在其過(guò)(0,0)點(diǎn)的切線y＝0的兩側(cè)．
2．曲線的切線的求法：
若已知曲線過(guò)點(diǎn)P(x0，y0)，求曲線過(guò)點(diǎn)P的切線則需分點(diǎn)P(x0，y0)是切點(diǎn)和不是切點(diǎn)兩種情況求解．
(1)點(diǎn)P(x0，y0)是切點(diǎn)的切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)當(dāng)點(diǎn)P(x0，y0)不是切點(diǎn)時(shí)可分以下幾步完成：
第一步：設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)P′(x1，f(x1))；
第二步：寫(xiě)出過(guò)P′(x1，f(x1))的切線方程為y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)；
第三步：將點(diǎn)P的坐標(biāo)(x0，y0)代入切線方程求出x1；
第四步：將x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得過(guò)點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程．
3．求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)分割為基本初等函數(shù)的和、差、積、商及其復(fù)合運(yùn)算，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo)數(shù)．在求導(dǎo)過(guò)程中，要仔細(xì)分析函數(shù)解析式的結(jié)構(gòu)特征，緊扣法則，聯(lián)系基本初等函數(shù)求導(dǎo)公式，對(duì)于不具備求導(dǎo)法則結(jié)構(gòu)形式的要適當(dāng)變形．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．已知函數(shù)f(x)＝2ln(3x)＋8x，則f1－2Δx－f1Δx的值為()
A．10B．－10C．－20D．20
2．(2011溫州調(diào)研)如圖是函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的部分圖象，則函數(shù)g(x)＝lnx＋f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()
A.14，12B．(1,2)
C.12，1D．(2,3)
3．若曲線y＝x4的一條切線l與直線x＋4y－8＝0垂直，則l的方程為()
A．4x－y－3＝0B．x＋4y－5＝0
C．4x－y＋3＝0D．x＋4y＋3＝0
4．(2010遼寧)已知點(diǎn)P在曲線y＝4ex＋1上，α為曲線在點(diǎn)P處的切線的傾斜角，則α的取值范圍是()
A.0，π4B.π4，π2C.π2，3π4D.3π4，π
5．(2011珠海模擬)在下列四個(gè)函數(shù)中，滿足性質(zhì)：“對(duì)于區(qū)間(1,2)上的任意x1，x2(x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)||x2－x1|恒成立”的只有()
A．f(x)＝1xB．f(x)＝|x|
C．f(x)＝2xD．f(x)＝x2
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．一質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，如果由始點(diǎn)起經(jīng)過(guò)t秒后的位移為s＝13t3－32t2＋2t，那么速度為零的時(shí)刻是__________．
7．若點(diǎn)P是曲線f(x)＝x2－lnx上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離為_(kāi)_______．
8．設(shè)點(diǎn)P是曲線y＝x33－x2－3x－3上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則以P為切點(diǎn)的切線中，斜率取得最小值時(shí)的切線方程是__________________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)求下列函數(shù)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)．
(1)f(x)＝ex1－x＋ex1＋x，x0＝2；
(2)f(x)＝x－x3＋x2lnxx2，x0＝1.

10．(12分)(2011保定模擬)有一個(gè)長(zhǎng)度為5m的梯子貼靠在筆直的墻上，假設(shè)其下端沿地板以3m/s的速度離開(kāi)墻腳滑動(dòng)，求當(dāng)其下端離開(kāi)墻腳1.4m時(shí)，梯子上端下滑的速度．

11．(14分)(2011平頂山模擬)已知函數(shù)f(x)＝12x2－alnx(a∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，求a，b的值；
(2)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍．

自主梳理
1.
2.（1）(2)切線的斜率切線斜率的取值范圍
3.y′或f′(x)
4．0αxα－1cosx－sinxaxlnaex1xlna1x
5．(1)f′(x)±g′(x)(2)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
(3)f′xgx－fxg′x[gx]2
自我檢測(cè)
1．C2.C3.A4.D
5．1
解析∵f′(x)＝－f′(π4)sinx＋cosx，
∴f′(π4)＝2－1.
∴f(π4)＝1.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引(1)用導(dǎo)數(shù)定義求函數(shù)導(dǎo)數(shù)必須把分式ΔyΔx中的分母Δx這一因式約掉才可能求出極限，所以目標(biāo)就是分子中出現(xiàn)Δx，從而分子分母相約分．
(2)第(1)小題中用到的技巧是“分子有理化”．“有理化”是處理根式問(wèn)題常用的方法，有時(shí)用“分母有理化”，有時(shí)用“分子有理化”．
(3)注意在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)與導(dǎo)數(shù)定義式的區(qū)別：
；
；
(4)用導(dǎo)數(shù)的定義求導(dǎo)的步驟為：
①求函數(shù)的增量Δy；②求平均變化率ΔyΔx；③化簡(jiǎn)取極限．
解(1)ΔyΔx＝f1＋Δx－f1Δx
＝
＝
＝
＝，
∴
＝－12.
(2)ΔyΔx＝fx＋Δx－fxΔx
＝
＝x＋2－x＋2＋ΔxΔxx＋2x＋2＋Δx
＝－1x＋2x＋2＋Δx，
∴
＝－1x＋22.
變式遷移1解∵Δy＝x0＋Δx2＋1－x20＋1
＝x0＋Δx2＋1－x20－1x0＋Δx2＋1＋x20＋1
＝2x0Δx＋Δx2x0＋Δx2＋1＋x20＋1，
∴ΔyΔx＝2x0＋Δxx0＋Δx2＋1＋x20＋1.
∴
∴y=
＝2x2x2＋1＝xx2＋1.
例2解題導(dǎo)引求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)分割為基本函數(shù)的和、差、積、商及其復(fù)合運(yùn)算，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo)數(shù)．在求導(dǎo)過(guò)程中，要仔細(xì)分析函數(shù)解析式的結(jié)構(gòu)特征，緊扣求導(dǎo)法則，聯(lián)系基本函數(shù)求導(dǎo)公式．對(duì)于不具備求導(dǎo)法則結(jié)構(gòu)形式的要適當(dāng)恒等變形．
解(1)∵y＝(1－x)1＋1x
＝1x－x＝，
∴y′＝
＝.
(2)y′＝lnxx′＝lnx′x－x′lnxx2
＝.
(3)y′＝x′ex＋x(ex)′＝ex＋xex＝ex(x＋1)．
(4)y′＝sinxcosx′＝sinx′cosx－sinxcosx′cos2x
＝cosxcosx－sinx－sinxcos2x＝1cos2x.
變式遷移2解(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.
(2)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′
＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′
＝3xln3ex＋3xex－2xln2
＝(ln3＋1)(3e)x－2xln2.
(3)y′＝lnx′x2＋1－lnxx2＋1′x2＋12
＝1xx2＋1－lnx2xx2＋12＝x2＋1－2x2lnxxx2＋12.
例3解題導(dǎo)引(1)求復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)的思路流程為：
分解復(fù)合關(guān)系→分解復(fù)合關(guān)系→分層求導(dǎo)
(2)由復(fù)合函數(shù)的定義可知，中間變量的選擇應(yīng)是基本函數(shù)的結(jié)構(gòu)，解這類問(wèn)題的關(guān)鍵是正確分析函數(shù)的復(fù)合層次，一般是從最外層開(kāi)始，由外向內(nèi)，一層一層地分析，把復(fù)合函數(shù)分解成若干個(gè)常見(jiàn)的基本函數(shù)，逐步確定復(fù)合過(guò)程．
解(1)y′＝[(1＋sinx)2]′
＝2(1＋sinx)(1＋sinx)′
＝2(1＋sinx)cosx
＝2cosx＋sin2x.
(2)y′＝′
(3)y′＝(lnx2＋1)′
＝1x2＋1(x2＋1)′
＝1x2＋112(x2＋1)－12(x2＋1)′
＝xx2＋1.
變式遷移3解(1)設(shè)u＝1－3x，y＝u－4.
則yx′＝y(tǒng)u′ux′＝－4u－5(－3)
＝121－3x5.
(2)設(shè)y＝u2，u＝sinv，v＝2x＋π3，
則yx′＝y(tǒng)u′uv′vx′＝2ucosv2
＝4sin2x＋π3cos2x＋π3
＝2sin4x＋2π3.
(3)y′＝(x1＋x2)′
＝x′1＋x2＋x(1＋x2)′
＝1＋x2＋x21＋x2＝1＋2x21＋x2.
例4解題導(dǎo)引(1)求曲線的切線要注意“過(guò)點(diǎn)P的切線”與“在點(diǎn)P處的切線”的差異；過(guò)點(diǎn)P的切線中，點(diǎn)P不一定是切點(diǎn)，點(diǎn)P也不一定在已知曲線上，而在點(diǎn)P處的切線，必以點(diǎn)P為切點(diǎn)．
(2)求函數(shù)對(duì)應(yīng)曲線在某一點(diǎn)處的切線的斜率，只要求函數(shù)在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)即可．
(3)解決“過(guò)某點(diǎn)的切線”問(wèn)題，一般是設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)解決．
解(1)∵y′＝x2，
∴在點(diǎn)P(2,4)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝2＝4.
∴曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程為
y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0.
(2)設(shè)曲線y＝13x3＋43與過(guò)點(diǎn)P(2,4)的切線相切于點(diǎn)Ax0，13x30＋43，則切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝x0＝x20.
∴切線方程為y－13x30＋43＝x20(x－x0)，
即y＝x20x－23x30＋43.
∵點(diǎn)P(2,4)在切線上，∴4＝2x20－23x30＋43，
即x30－3x20＋4＝0，∴x30＋x20－4x20＋4＝0，
∴x20(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，
解得x0＝－1或x0＝2，
故所求切線方程為4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
(3)設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則
切線的斜率為k＝x20＝1，解得x0＝±1，
故切點(diǎn)為1，53，(－1,1)．
故所求切線方程為y－53＝x－1和y－1＝x＋1，
即3x－3y＋2＝0和x－y＋2＝0.
變式遷移4解f′(x)＝3x2－6x＋2.設(shè)切線的斜率為k.
(1)當(dāng)切點(diǎn)是原點(diǎn)時(shí)k＝f′(0)＝2，所以所求曲線的切線方程為y＝2x.
(2)當(dāng)切點(diǎn)不是原點(diǎn)時(shí)，設(shè)切點(diǎn)是(x0，y0)，則有y0＝x30－3x20＋2x0，k＝f′(x0)＝3x20－6x0＋2，①
又k＝y(tǒng)0x0＝x20－3x0＋2，②
由①②得x0＝32，k＝－14.
∴所求曲線的切線方程為y＝－14x.
綜上，曲線f(x)＝x3－3x2＋2x過(guò)原點(diǎn)的切線方程為
y＝2x或y＝－14x.
課后練習(xí)區(qū)
1．C2.C3.A4.D5.A
6．1秒或2秒末
7.2
8．12x＋3y＋8＝0
9．解(1)∵f′(x)＝2ex1－x′＝2ex′1－x－2ex1－x′1－x2
＝22－xex1－x2，∴f′(2)＝0.………………………………………………………………(6分)
(2)∵f′(x)＝(x－32)′－x′＋(lnx)′
＝－32x－52－1＋1x，∴f′(1)＝－32.……………………………………………………(12分)
10．解設(shè)經(jīng)時(shí)間t秒梯子上端下滑s米，
則s＝5－25－9t2，
當(dāng)下端移開(kāi)1.4m時(shí)，……………………………………………………………………(3分)
t0＝1.43＝715，……………………………………………………………………………(5分)
又s′＝－12(25－9t2)－12(－92t)
＝9t125－9t2，…………………………………………………………………………(10分)
所以s′(t0)＝9×715125－9×7152
＝0.875(m/s)．
故所求的梯子上端下滑的速度為0.875m/s.……………………………………………(12分)
11．解(1)因?yàn)閒′(x)＝x－ax(x0)，……………………………………………………(2分)
又f(x)在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，
所以2－aln2＝2＋b，2－a2＝1，……………………………………………………………（5分）
解得a＝2，b＝－2ln2.……………………………………………………………………(7分)
(2)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，
則f′(x)＝x－ax≥0在(1，＋∞)上恒成立，……………………………………………(10分)
即a≤x2在(1，＋∞)上恒成立．
所以有a≤1.……………………………………………………………………………(14分)