北师大版高中数学选修2-2第二章章末总结

章末总结

知识点一导数的概念

平均变化率表示函数在某个区间内变化的快慢，瞬时变化率(导数)表示函数在某一点处变化的快慢．

f′(x0)＝lim

Δx→0f(x0＋Δx)－f(x0)

Δx

.

例

1求函数y＝f(x)＝2x2＋4x在x＝3处的导数．

例

2航天飞机发射后的一段时间内，第t时的高度h(t)＝5t3＋30t2＋45t＋4，其中h的单位为m，t的单位为s.

(1)h(0)，h(1)分别表示什么；

(2)求第1s内高度的平均变化率；

(3)求第1s末高度的瞬时变化率，并说明它的意义．

知识点二导数的几何意义

函数y＝f(x)在x0处的导数，是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率，利用导数可以求曲线的切线斜率和切线方程．

例3已知曲线方程为y＝x2，

(1)求过点A(2,4)且与曲线相切的直线方程；

(2)求过点B(3,5)且与曲线相切的直线方程．

例

4已知函数f(x)＝ax3＋bx2的图像经过点M(1,4)，曲线在点M处的切线恰好与直线x＋9y＝0垂直．

(1)求实数a，b的值；

(2)求过已知函数图像上某点处切线的斜率的取值范围．

知识点三导数的计算

导数的计算主要考查导数公式的应用和导数的四则运算，复合函数的求导．在求导数时，一定要认清函数的形式，然后选择适当的公式和法则进行计算．

例

5

(1)求函数f (x )＝4x 3

在x ＝16处的导数；

(2)求函数y ＝x 5＋x ＋sin x

x 2

的导数；

(3)求函数y ＝e sin(2x ＋3)

的导数．

知识点四 导数的实际意义

实际生活中存在大量的变化率问题，我们可以根据导数计算并表示变化的快慢，在实际问题中理解导数的意义．

例

6在受到制动后的t秒内飞轮转过的角度(弧度)由函数φ(t)＝4t－0.3t2给出．

求：(1)t＝2秒时，飞轮转过的角度；

(2)飞轮停止旋转的时刻．

例

7将原油精炼为汽油、柴油、塑胶等各种不同产品，需要对原油进行冷却和加热，如第x h时，原油的温度(单位：℃)为f(x)＝x2－7x ＋15(0≤x≤18)．求函数y＝f(x)在x＝6处的导数f′(6)，并解释它的实际意义．

答案

重点解读

例

1解f′(x)

＝lim

Δx→02(x＋Δx)2＋4(x＋Δx)－(2x2＋4x)

Δx

＝lim

Δx→04x·Δx＋2(Δx)2＋4Δx

Δx

＝lim

Δx→0

(4x＋2Δx＋4)＝4x＋4，

∴y′|x＝3＝f′(3)＝4×3＋4＝16.

例

2 解 (1)h (0)表示航天飞机未发射时的高度，h (1)表示航天飞机发射1s 后的高度．

(2)Δh Δt ＝h (1)－h (0)1－0

＝80(m/s)， 即第1s 内高度的平均变化率为80m/s.

(3)h ′(1)＝lim Δt →0Δh Δt ＝lim Δt →0h (1＋Δt )－h (1)

Δt

＝lim Δt →0

[5(Δt )2

＋45Δt ＋120]＝120， 即第1s 末高度的瞬时变化率为120m/s.

它说明在第1s 末附近，航天飞机的高度大约以120m/s 的速度增加．

例

3解(1)∵A(2,4)在y＝x2上．

由y＝x2得，y′＝lim

Δx→0f(x＋Δx)－f(x)

Δx

＝2x.

∴f′(2)＝4.

∴切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.

(2)设切点坐标为(x0，x20)．

由(1)得y′＝2x，∴f′(x0)＝2x0.

∴切线方程为y－x20＝2x0(x－x0)．

∵点(3,5)在切线上，∴5－x20＝2x0(3－x0)．

即x20－6x0＋5＝0.

解得x0＝1或x0＝5，

∴切线方程为2x－y－1＝0或10x－y－25＝0.

例

4

解 (1)因为y ′＝f ′(x )

＝lim Δx →0

a (x ＋Δx )3

＋b (x ＋Δx )2

－ax 3

－bx

2

Δx

＝3ax 2

＋2bx .

∵f (x )＝ax 3＋bx 2

的图像过点M (1,4)， ∴a ＋b ＝4.

又∵曲线在点M 处的切线与直线x ＋9y ＝0垂直， ∴f ′(1)＝9，∴3a ＋2b ＝9. 由????? a ＋b ＝43a ＋2b ＝9得，?

????

a ＝1

b ＝3. (2)由(1)知y ′＝f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＝3x 2

＋6x

＝3(x ＋1)2

－3≥－3.

∴过已知函数图像上某点处的切线的斜率的取值范围是k ≥－3.

例

5

解 (1)∵f ′(x )＝(4x 3

)′＝(x 34)′＝

34

x －1

4

＝

344x ，

∴f ′(16)＝

3

4·416

＝

34×2＝38

. (2)∵y ＝x 3

＋x －32＋sin x x

2，

∴y ′＝(x 3

)′＋(x －32)′＋(sin x )′x 2－(x 2

)′sin x x 4

＝3x 2

－32x －52＋x 2

cos x －2x sin x x 4

＝3x 2－32x －52＋x －2cos x －2x －3

sin x .

(3)设y ＝e u

，u ＝sin t ，t ＝2x ＋3，

则y ′＝y ′u ·u ′t ·t ′x ＝e u

cos t ×2

＝2e sin(2x ＋3)

·cos(2x ＋3)．

例

6 解 (1)t ＝2秒时，飞轮转过的角度

φ(2)＝8－1.2＝6.8(弧度)．

(2)由题意得，φ′(t )＝4－0.6t ，

飞轮停止旋转，即瞬时角速度为0，

所以令4－0.6t ＝0?t ＝20

3

.

所以在t ＝20

3

秒时飞轮停止转动．

例

7解∵f′(x)＝2x－7，∴f′(6)＝5.

导数f′(6)＝5表示当x＝6h时原油温度的瞬时变化率，即原油温度的瞬时变化速度．也就是说，如果保持6h时温度的变化速度，每经过1h，原油温度将升高5℃.