章末复习提升课
变化率与导数
[问题展示] (教材P10习题1.1A组T4)已知车轮旋转的角度与时间的平方成正比．如果车辆启动后车轮转动第一圈需要0.8 s，求转动开始后第3.2 s时的瞬时角速度．
【解】 设车轮旋转的角度为θ，时间为t， 依题意有θ＝kt2(k＞0)．
因为车辆启动后车轮转第一圈需要0.8 s， 25
所以2π＝k·0.82，k＝π，
825π即θ＝t2.
8
25π25π（t＋Δt）2－t28825π
θ′(t)＝lim ＝t，
4Δt
Δt→0
θ′(3.2)＝4×3.2＝20π(rad/s)，
即车轮转动开始后第3.2 s时的瞬时角速度为20π rad/s.
25π
车轮旋转开始后，多长时间，瞬时角速度可以达到100π rad/s. 【解】 由θ′(t)＝
2525
πt得100π＝πt，所以t＝16 s，即车轮旋转开始后，16 s时瞬时角44
速度可以达到100π rad/s.
若a，b，t均为正值，且b＞a，求证：时间段[a，b]内的平均变化率小于时间段[a＋t，b＋t]内的平均变化率．
25π
【证明】 由θ＝t2知，在时间段[a，b]与[a＋t，b＋t]内的平均变化率之差
825π225π（b－a2）[（b＋t）2－（a＋t）2]88
K1－K2＝－
b－ab－a25π
＝－t.
4
由于t＞0，所以K1－K2＜0， 即K1＜K2.
即在时间段[a，b]内的平均变化率小于时间段[a＋t，b＋t]内的平均变化率．
导数的几何意义 [问题展示] (教材P18习题1.2A组T6)已知函数y＝xln x. (1)求这个函数的导数；
(2)求这个函数的图象在点x＝1处的切线方程．
【解】 (1)因为y＝xln x， 所以y′＝(xln x)′＝x′(ln x)＋(ln x)′·x 1
＝1·ln x＋·x＝ln x＋1.
x
(2)由导数的几何意义得函数的图象在点x＝1处的切线斜率k＝y′|x＝1＝ln 1＋1＝1. 又当x＝1时，y＝1×ln 1＝0， 即切点为(1，0)， 所以所求的切线方程为
y－0＝1·(x－1)， 即x－y－1＝0.
已知曲线y＝xln x的一条切线方程为x－y＋c＝0.求切点坐标与c的值． 【解】 因为y＝xln x， 1所以y′＝1·ln x＋·x＝ln x＋1.
x设切点为(x0，x0ln x0)．
由切线方程x－y＋c＝0知，切线斜率k＝1. 所以ln x0＋1＝1，即x0＝1，x0ln x0＝0. 所以切点为(1，0)， 所以1－0＋c＝0，即c＝－1.
已知曲线C：y＝xln x与直线l：y＝x＋b(b＜0)．
若曲线C上存在点M到直线l的距离的最小值为2.求b的值；
【解】 将直线l平移与C相切于点M时，M即为存在的点，设M的坐标为(x0，x0ln x0)． 由y＝xln x得y′＝ln x＋1.
所以y′|x＝x＝ln x0＋1，因为直线l：y＝x＋b的斜率k＝1.所以ln x0＋1＝1，即x0＝1，故
0
M的坐标为(1，0)．
|1＋b|由点到直线的距离得＝2，所以b＝1或b＝－3，已知b<0，所以b＝－3.
2
函数的极值、最值和零点 1
[问题展示] (教材P28例4、P30例5)已知函数f(x)＝x3－4x＋4.
3(1)求f(x)在R上的极值；
(2)求f(x)在[0，3]上的最大值与最小值． 1
【解】 (1)因为f(x)＝x3－4x＋4，
3
所以f′(x)＝x2－4.
当f′(x)＝0时，x＝－2或x＝2， 当f′(x)＞0时，x＜－2或x＞2， 当f′(x)＜0时，－2＜x＜2.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 极大值 (－2，2) － 2 0 极小值 (2，＋∞) ＋ 284所以f(x)极大值＝f(－2)＝，f(x)极小值＝f(2)＝－.
33(2)由(1)知，f(x)在[0，2]上递减，在[2，3]上递增， 4
所以f(x)min＝f(2)＝－.
3又f(0)＝4，f(3)＝1.
14
所以f(x)＝x3－4x＋4在[0，3]上的最小值为－，最大值为4.
33
已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d在x＝－2处取得极大值(1)求f(x)的解析式；
4
(2)若f(x)在区间[t，3]上有最小值－，求实数t的范围．
3【解】 (1)因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d， 所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
284
又f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值－，
33所以x＝－2和x＝2是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两个根． 2b
所以－＝0，①
3ac
＝－4.② 3a
28
且a×(－2)3＋b×(－2)2＋c×(－2)＋d＝，③
3
284，在x＝2处取得极小值－. 33
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