新教材2023版高中数学第1章导数及其应用章末复习课学案湘教版选择性必修第二册

这是一份新教材2023版高中数学第1章导数及其应用章末复习课学案湘教版选择性必修第二册，共7页。

章末复习课知识网络·形成体系　考点聚焦·分类突破考点一　导数几何意义的应用1．导数几何意义的应用，主要考查切线方程及切点．(1)明确“过点P(x0，y0)的曲线y＝f(x)的切线方程”与“在点P(x0，y0)处的曲线y＝f(x)的切线方程”的异同点．(2)围绕着切点有三个等量关系：切点(x0，y0)，则k＝f′(x0)，y0＝f(x0)，(x0，y0)满足切线方程，在求解参数问题中经常用到．2．通过对导数几何意义的考查，提升学生的数学运算、数学抽象核心素养．例1　(1)函数f(x)＝2ex＋的图象在点(0，f(0))处的切线方程为(　　)A．x＋y＋3＝0 B．x＋y－3＝0C．x－y＋3＝0 D．x－y－3＝0(2)已知曲线y＝x＋(x<0)在点P处的切线与直线x－3y＋1＝0垂直，则点P的横坐标为(　　)A．1 B．－1C．2 D．－2(3)已知直线y＝kx＋b与曲线y＝x3＋ax＋1相切于点(2，3)，则b＝________．(4)曲线C：y＝x3－3x和直线x＝a(a>0)的交点为P，过P点的曲线C的切线与x轴交于点Q(－a，0)，求a的值．考点二　利用导数研究函数的单调性1．利用导数研究函数的单调性是高考中最常见的考查方式，其特点是导数f′(x)的符号一般由二次函数来确定；经常同一元二次方程、一元二次不等式结合，融分类讨论、数形结合于一体．2．通过对用导数研究函数的单调性的考查，提升学生的逻辑推理、直观想象及数学运算核心素养．例2　(1)函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)A．[1，＋∞) B．(－∞，0)C．(0，1] D．(－∞，0)(2)讨论函数f(x)＝－a ln x的单调性．考点三　利用导数研究函数的极值与最值1．利用导数研究函数的极值与最值，主要是以ln x，ex，－x3等线性函数(或复合函数)为载体，研究函数的极值与最值问题．2．通过对函数的极值与最值问题的考查，提升学生的逻辑推理、直观想象及数学运算核心素养．例3　(1)函数f(x)＝x3＋ax2－2x＋1在x∈(1，3)内存在极值点，则(　　)A．－≤a≤B．－(2)已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)．①当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间和极值；②若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值．考点四　利用导数证明不等式1．对于某些不等式的证明，常常通过构造函数，利用导数的性质讨论函数的单调性进行证明．这种构造转换的过程与方法，体现了深刻的化归思想．2．通过对利用导数证明不等式的考查，提升学生的逻辑推理、数学运算核心素养．例4　已知函数f(x)＝x2－a ln x(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当x>1时，x2＋ln x0，所以a的值为.答案：(1)C　(2)B　(3)－15　(4)见解析例2　解析：(1)因为函数f(x)＝x＋，所以f′(x)＝1－，因为函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，所以f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即≤x2在(－∞，－1)上恒成立，则≤1，解得a≥1或a<0，所以实数a的取值范围是(－∞，0)(2)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝，当a≤0时，令f′(x)＝0，得x＝1，当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln a.所以：当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当11时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝e时，f′(x)>0在定义域上恒成立，f(x)单调递增；当a>e时，当1ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增；综上：当a≤1时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；当1e时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，(ln a，＋∞)；单调递减区间为(1，ln a)．答案：(1)D　(2)见解析例3　解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax－2，Δ＝4a2＋8>0，令f′(x)＝x2＋2ax－2＝0，由于x∈(1，3)，所以2a＝＝－x，y＝－x在(1，3)上递减，当x＝1时，y＝1；当x＝3时，y＝－.由于函数f(x)＝x3＋ax2－2x＋1在x∈(1，3)内存在极值点，所以－<2a<1⇒－0)，则f′(x)＝，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)，极小值为f(2)＝ln 2＋1，无极大值．②f′(x)＝，a．当m≥－1时，f′(x)≥0，x∈[1，e]，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去．b．当－e0，f(x)单调递增，f(x)min＝f(－m)＝ln (－m)＋1＝4，解得m＝－e3，不满足－e0恒成立，∴函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>0时，令f′(x)>0，又x∈(0，＋∞)，得x>，令f′(x)<0，结合x∈(0，＋∞)，得00恒成立，∴当x>1时，F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，且F(1)＝>0.∴F(x)>在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)>0.∴当x>1时，x2＋ln x0，又由h>0可得r<5，故函数V(r)的定义域为(0，5)．(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，所以V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上单调递增；当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上单调递减．由此可知，V(r)在r＝5处取得极大值也为最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．