2018-2019学年高中数学人教A版选修2-2创新应用课件:第一章 章末小结与测评_图文

章末小结与测评

1.导数的几何意义:函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导 数 f′(x0)就是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜 率.
2.导数的几何意义的应用:利用导数的几何意义 可 以 求 出 曲 线 上 任 意 一 点 处 的 切 线 方 程 y - y0 = f′(x0)(x-x0),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.

3.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.

[典例 1] 已知函数 f(x)=x3+x-16. (1)求曲线 y=f(x)在点(2,-6)处的切线方程; (2)直线 l 为曲线 y=f(x)的切线,且经过原点, 求直线 l 的方程及切点坐标;
(3)如果曲线 y=f(x)的某一切线与直线 y=-14x +3 垂直,求切点坐标与切线的方程.

解:(1)∵f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1, ∴f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为 k=f′(2)=13. ∴切线的方程为 y=13(x-2)+(-6), 即 y=13x-32.

(2)法一:设切点为(x0,y0), 则直线 l 的斜率为 f′(x0)=3x20+1, ∴直线 l 的方程为 y=(3x20+1)(x-x0)+x30+x0-16. 又∵直线 l 过点(0,0), ∴0=(3x20+1)(-x0)+x30+x0-16. 整理得,x30=-8,∴x0=-2. ∴y0=(-2)3+(-2)-16=-26. k=3×(-2)2+1=13. ∴直线 l 的方程为 y=13x,切点坐标为(-2,-26).

法二:设直线 l 的方程为 y=kx,切点为(x0,y0), 则 k=yx00--00=x30+xx00-16, 又∵k=f′(x0)=3x20+1, ∴x30+xx00-16=3x20+1. 解得,x0=-2, ∴y0=(-2)3+(-2)-16=-26. k=3×(-2)2+1=13. ∴直线 l 的方程为 y=13x,切点坐标为(-2,-26).

(3)∵切线与直线 y=-4x+3 垂直, ∴切线的斜率 k=4. 设切点坐标为(x0,y0),则 f′(x0)=3x20+1=4,∴x0=±1. ∴?????xy00==1-,14 或?????xy00==--11,8. 即切点为(1,-14)或(-1,-18). 切线方程为 y=4(x-1)-14 或 y=4(x+1)-18. 即 y=4x-18 或 y=4x-14.

[对点训练] 1.设函数 f(x)=4x2-ln x+2,求曲线 y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程.

解:f′(x)=8x-1x. 所以在点(1,f(1))处切线的斜率 k=f′(1) =7, 又 f(1)=4+2=6, 所以切点的坐标为(1,6). 所以切线的方程为 y-6=7(x-1),即 7x -y-1=0.

借助导数研究函数的单调性,尤其是研究含 有 ln x,ex,-x3 等线性函数(或复合函数)的单调 性,是近几年高考的一个重点.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.

[典例 2] 设函数 f(x)=aln x+xx-+11,其中 a 为常数. (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性.

解:(1)由题意知 a=0 时,f(x)=xx- +11,x ∈(0,+∞).
此时 f′(x)=?x+21?2.可得 f′(1)=12,又 f(1) =0,
所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程 为 x-2y-1=0.

(2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=ax+?x+21?2=ax2+x??2xa++12?2?x+a. 当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单 调递增.当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), ①当 a=-12时,Δ=0, f′(x)=-x?12x?+x-1?12?2≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递 减.

②当 a<-12时,Δ<0,g(x)<0,

f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减.

③当-12<a<0 时,Δ>0.

设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点,



x1



-?a+1?+ 2a+1 a



x2



-?a+1?- a

2a+1,

由 x1=a+1--a2a+1=

a2+2a+1- -a

2a+1>0,

所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x) 单调递减,
x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递 增,
x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调 递减,

综上可得:当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单

调递增;

当 a≤-12时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;





1 2

<a<0

时,函数

f(x) 在

????0,-?a+1?+a 2a+1????,

??-?a+1?-

??

a

2a+1,+∞????上单调递减,

上单调递增.

[典例 3] 若函数 f(x)=13x3-12ax2+(a-1)x+1 在区间 (1,4)上为减函数,在区间(6,+∞)上为增函数,试求实数 a 的取值范围.

解:函数 f(x)的导数 f′(x)=x2-ax+a-1. 令 f′(x)=0,解得 x=1 或 x=a-1. 当 a-1≤1,即 a≤2 时,函数 f(x)在(1,+∞)上为 增函数,不合题意. 当 a-1>1,即 a>2 时,函数 f(x)在(-∞,1)上为增 函数,在(1,a-1)上为减函数,在(a-1,+∞)上为增 函数. 依题意当 x∈(1,4)时,f′(x)<0, 当 x∈(6,+∞)时,f′(x)>0. 故 4≤a-1≤6,即 5≤a≤7.

[对点训练] 2.已知函数 f(x)=xekx(k≠0),求 f(x)的单 调区间.

解:f′(x)=(1+kx)ekx, 若 k>0,则由 f′(x)>0 得 1+kx>0,x>-1k; 由 f′(x)<0 得 x<-1k.∴k>0 时,f(x)的单调递增区间为 ???-1k,+∞???,递减区间为???-∞,-1k???. 若 k<0,则由 f′(x)>0 得 1+kx>0,x<-1k;由 f′(x)<0 得 x>-1k.∴k<0 时,f(x)的单调递增区间为???-∞,-1k???,递减 区间为???-1k,+∞???.

3.若 a≥-1,求函数 f(x)=ax-(a+1)ln(x +1)的单调区间.
解:由已知得函数 f(x)的定义域为(-1,+∞),且 f′(x)=axx+-11(a≥-1),
(1)当-1≤a≤0 时,f′(x)<0,函数 f(x)在(-1,+ ∞)上单调递减;
(2)当 a>0 时,由 f′(x)=0,解得 x=1a.

f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:

x

1 a

f′(x)



0



f(x)

极小值

从上表可知,当 x∈???-1,1a???时,f′(x)<0,函数 f(x)在

???-1,1a???上单调递减. 当 x∈???1a,+∞???时,f′(x)>0,函数 f(x)在???1a,+∞???上单
调递增.

综上所述,当-1≤a≤0 时,函数 f(x)在(-1,+∞)上单 调递减.
当 a>0 时,函数 f(x)在???-1,1a???上单调递减,函数 f(x)在 ???1a,+∞???上单调递增.

1.极值和最值是两个迥然不同的概念,前者是函数 的“局部”性质,而后者是函数的“整体”性质.另 函数有极值未必有最值,反之亦然.
2.判断函数“极值”是否存在时,务必把握以下 原则:
(1)确定函数 f(x)的定义域. (2)解方程 f′(x)=0 的根.

(3)检验 f′(x)=0 的根的两侧 f′(x)的符号: 若左正右负,则 f(x)在此根处取得极大值. 若左负右正,则 f(x)在此根处取得极小值. 即导数的零点未必是极值点,这一点是解题时的 主要失分点,学习时务必引起注意.

3.求函数 f(x)在闭区间[a,b]上的最大值、最小 值的方法与步骤:
(1)求 f(x)在(a,b)内的极值. (2)将(1)求得的极值与 f(a),f(b)相比较,其中最 大的一个值为最大值,最小的一个值为最小值.

[典例 4] 已知函数 f(x)=x3-ax2+3x,且 x =3 是 f(x)的极值点.
(1)求实数 a 的值; (2)求 f(x)在 x∈[1,5]上的最小值和最大值.

解:(1)f′(x)=3x2-2ax+3. f′(3)=0,即 27-6a+3=0, ∴a=5.

(2)f(x)=x3-5x2+3x.

令 f′(x)=3x2-10x+3=0,

解得 x=3 或 x=13(舍去).

当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:

x f′(x)

1 (1,3) 3 (3,5) 5 - 0+

f(x) -1

-9

15

因此,当 x=3 时,f(x)在区间[1,5]上有最小值为 f(3)

=-9;当 x=5 时,f(x)在区间[1,5]上有最大值是 f(5)=15.

[典例 5] 已知函数 f(x)=x2+ax-ln x,a∈R. (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方 程; (2)若函数 f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值 范围; (3)令 g(x)=f(x)-x2,是否存在实数 a,当 x∈(0,e](e 是自然对数的底数)时,函数 g(x)的最小值是 3,若存在, 求出 a 的值;若不存在,说明理由.

解:(1)当 a=0 时,曲线 f(x)=x2-ln x, 所以 f′(x)=2x-1x?f′(1)=1,f(1)=1.所以曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 x-y=0. .

(2)因为函数在[1,2]上是减函数, 所以 f′(x)=2x+a-1x=2x2+xax-1≤0 在[1,2]上恒成

立,令 h(x)=2x2+ax-1,有?????hh??12??≤≤00,,

??a≤-1, 得???a≤-72,

得 a≤-72.

即实数 a 的取值范围为???-∞,-72???.

(3)假设存在实数 a,使 g(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最 小值 3,g′(x)=a-1x=ax-x 1.
①当 a≤0 时,g′(x)<0,所以 g(x)在(0,e]上单调递 减,g(x)min=g(e)=ae-1=3,a=4e(舍去).

②当1a≥e 时,g′(x)≤0 在(0,e]上恒成立,所以 g(x)

在(0,e]上单调递减.g(x)min=g(e)=ae-1=3,a=4e(舍去).

③当

1 0<a<e

时,令

g′(x)<0?0<x<1a,所以

g(x)在???0,1a???

上单调递减,在???1a,e???上单调递增.

所以 g(x)min=g???1a???=1+ln a=3,a=e2,满足条件. 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时,g(x)有最

小值 3.

[对点训练] 4.设 f(x)=1+exax2,其中 a 为正实数.
(1)当 a=43时,求 f(x)的极值点; (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值 范围.

解:对 f(x)求导得 f′(x)=ex1+?1a+x2a-x22?2ax.①

(1)当 a=43时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0,解得 x=32,

或 x=12.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

???-∞,12 ???

1 2

???12,32 ???

3 2

f′(x)



0



0



f(x)

极大值

极小值

所以 x1=32是极小值点,x2=12是极大值点.

(2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变 号,结合①与条件 a>0,知 ax2-2ax+1≥0 在 R 上恒成立.因此 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,又由 a>0,得 0<a≤1.即 a 的取值范围为(0,1].

5.已知函数 f(x)=-x3+ax2+bx 在区间(-2,1) 内 x=-1 时取极小值,x=23时取极大值.
(1)求曲线 y=f(x)在 x=-2 处的切线方程; (2)求函数 y=f(x)在[-2,1]上的最大值与最小值.

解:(1)f′(x)=-3x2+2ax+b,又 x=-1,x=23分别对应 函数的极小值,极大值,所以-1,23为方程-3x2+2ax+b=0 的两个根.即23a=-1+23,-b3=(-1)×23.
于是 a=-12,b=2,则 f(x)=-x3-12x2+2x. x=-2 时,f(-2)=2,即切点为(-2,2). 又切线斜率为 k=f′(-2)=-8, 所求切线方程为 y-2=-8(x+2), 即为 8x+y+14=0.

(2)当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x -2 (-2,-1) -1

f′(x)



0

???-1,23 ??? +

2 3

???23,1 ???

1

0-

f(x) 2

-32

22

1

27

2

则 f(x)在[-2,1]上的最大值为 2,最小值为-32.

从近几年高考题看,利用导数证明不等式这一知 识点常考到,一般出现在高考题解答题中.利用导数 解决不等式问题(如:证明不等式,比较大小等),其实 质就是利用求导数的方法研究函数的单调性,而证明 不等式(或比较大小)常与函数最值问题有关.因此,解 决该类问题通常是构造一个函数,然后考查这个函数 的单调性,结合给定的区间和函数在该区间端点的函 数值使问题得以求解.其实质是这样的:

要证不等式 f(x)>g(x),则构造函数 φ(x)=f(x)- g(x),只需证 φ(x)>0 即可,由此转化成求 φ(x)最小值问 题,借助于导数解决.

[典例 6] 已知函数 f(x)=x2ex-1-13x3-x2. (1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)设 g(x)=23x3-x2,求证:对任意实数 x,都有 f(x)≥g(x).

解:(1)f′(x)=x(x+2)(ex-1-1), 由 f′(x)=0 得 x1=-2,x2=0,x3=1. 当-2<x<0 或 x>1 时,f′(x)>0; 当 x<-2 或 0<x<1 时,f′(x)<0, 所以函数 f(x)在(-2,0)和(1,+∞)上是增函数, 在(-∞,-2)和(0,1)上是减函数.

(2)证明:f(x)-g(x)=x2ex-1-x3=x2(ex-1-x). 设 h(x)=ex-1-x,h′(x)=ex-1-1, 由 h′(x)=0 得 x=1, 则当 x<1 时,h′(x)<0,即函数 h(x)在(-∞,1)上单调递 减;当 x>1 时,h′(x)>0,即函数 h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因此,当 x=1 时,h(x)取最小值 h(1)=0. 即对任意实数 x 都有 h(x)≥0,又 x2≥0,所以 f(x)- g(x)≥0, 故对任意实数 x,恒有 f(x)≥g(x).

[对点训练]

6.证明不等式 ln x>2?xx+-11?,其中 x>1.

证明:设 f(x)=ln x-2?xx+-11?(x>1),

则 f′(x)=1x-?x+41?2=x??xx-+11??22.∵x>1,∴f′(x)>0,

即 f(x)在(1,+∞)内为单调递增函数.

又∵f(1)=0,∴当 x>1 时,f(x)>f(1)=0,



ln

x-2?xx+-11?>0,∴ln

2?x-1? x> x+1 .

解决恒成立问题的方法: (1)若关于 x 的不等式 f(x)≤m 在区间 D 上恒成立, 则转化为 f(x)max≤m. (2)若关于 x 的不等式 f(x)≥m 在区间 D 上恒成立, 则转化为 f(x)min≥m. (3)导数是解决函数 f(x)的最大值或最小值问题的 有力工具.

[典例 7] 已知函数 f(x)=xln x. (1)若函数 g(x)=f(x)+ax 在区间[e2,+∞)上为 增函数,求 a 的取值范围; (2)若对任意 x∈(0,+∞),f(x)≥-x2+2mx-3恒 成立,求实数 m 的最大值.

解:(1)由题意得 g′(x)=f′(x)+a=ln x+a+1. ∵函数 g(x)在区间[e2,+∞)上为增函数, ∴当 x∈[e2,+∞)时,g′(x)≥0, 即 ln x+a+1≥0 在[e2,+∞)上恒成立. ∴a≥-1-ln x. 又当 x∈[e2,+∞)时,ln x∈[2,+∞). ∴-1-ln x∈(-∞,-3], ∴a≥-3,即 a 的取值范围为[-3,+∞).

(2)由题知,2f(x)≥-x2+mx-3,

即 mx≤2x·ln x+x2+3.

又 x>0,∴m≤2x·lnx+x x2+3.

令 h(x)=2x·ln x+x x2+3,

h′(x)=?2xln

x+x2+3?′·x-?2xln x2

x+x2+3?·x′

=?2ln

x+2+2x?x-?2xln x2

x+x2+3?

=2x+xx22-3,

令 h′(x)=0.解得 x=1,或 x=-3(舍). 当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数 h(x)在(0,1)上单调递减, 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数 h(x)在(1,+∞)上单调递 增. ∴h(x)min=h(1)=4, 即 m 的最大值为 4.

[对点训练] 7.已知函数 f(x)=x3-12x2+bx+c. (1)若 f(x)有极值,求 b 的取值范围; (2)若 f(x)在 x=1 处取得极值,当 x∈[-1,2]时, 则 f(x)<c2 恒成立,求 c 的取值范围; (3)若 f(x)在 x=1 处取得极值,求证:对[-1,2] 内的任意两个值 x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤72.

解:(1)f′(x)=3x2-x+b,令 f′(x)=0, 由 Δ>0 得 1-12b>0,解得 b<112. 即 b 的取值范围为???-∞,112???.

(2)∵f(x)在 x=1 处取得极值,∴f′(1)=0,∴3-1+b =0,得 b=-2.令 f′(x)=0,得 x=-23或 x=1,
f???-23???=2227+c,f(1)=-32+c. 又 f(-1)=12+c,f(2)=2+c. ∴f(x)max=f(2)=2+c, 由 f(x)<c2 在 x∈[-1,2]上恒成立,得 2+c<c2,即 c2-c -2>0.解得 c>2 或 c<-1. 故所求 c 的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).

(3)证明:由(2)知 f(x)max=2+c,f(x)min=-32+c, 故 对 [ - 1,2] 内 的 任 意 两 个 值 x1 , x2 , 都 有 |f(x1) - f(x2)|≤|f(x)min-f(x)max|=??????-32+c???-?2+c????=72.

讨论方程根的个数,研究函数图象与 x 轴或某直 线的交点个数、不等式恒成立问题的实质就是函数的 单调性与函数极(最)值的应用.问题破解的方法是根据 题目的要求,借助导数将函数的单调性与极(最)值列 出,然后再借助单调性和极(最)值情况,画出函数图象 的草图,数形结合求解.

[典例 8] 设函数 f(x)=x3-6x+5,x∈R. (1)求 f(x)的极值点; (2)若关于 x 的方程 f(x)=a 有 3 个不同实根,求实数 a 的取值范围; (3)已知当 x∈(1,+∞)时,f(x)≥k(x-1)恒成立,求 实数 k 的取值范围.

解:(1)f′(x)=3(x2-2),令 f′(x)=0, 得 x1=- 2,x2= 2. 当 x∈(-∞,- 2)∪( 2,+∞)时, f′(x)>0,当 x∈???- 2, 2???时,f′(x)<0, 因此 x1=- 2,x2= 2分别为 f(x)的极大 值点、极小值点.

(2)由(1)的分析可知 y=f(x)图象的大致形状及走 向如图所示.
要使直线 y=a 与 y=f(x)的图象有 3 个不同交点需 5- 4 2=f( 2)<a<f(- 2)=5+4 2.则方程 f(x)=a 有 3 个
不同实根时,所求实数 a 的取值范围为(5-4 2,5+
4 2).

(3)法一:f(x)≥k(x-1),即(x-1)(x2+x-5)≥k(x-1), 因为 x>1,所以 k≤x2+x-5 在(1,+∞)上恒成立, 令 g(x)=x2+x-5,由二次函数的性质得 g(x)在(1,+∞) 上是增函数,所以 g(x)>g(1)=-3, 所以所求 k 的取值范围是为(-∞,-3]. 法二:直线 y=k(x-1)过定点(1,0)且 f(1)=0, 曲线 f(x)在点(1,0)处切线斜率 f′(1)=-3, 由(2)中草图知要使 x∈(1,+∞)时,f(x)≥k(x-1)恒成立需 k≤ -3.故实数 k 的取值范围为(-∞,-3].

[对点训练] 8.设函数 f(x)=x22-kln x,k>0. (1)求 f(x)的单调区间和极值;
(2)证明若 f(x)有零点,则 f(x)在区间(1, e)上仅有 一个零点.

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-kx=x2-x k.

因为 k>0,所以令 f′(x)=0 得 x= k,

列表如下:

x (0, k)

k ( k,+∞)

f′(x)



0



f(x)

极小值

减区间为(0, k),增区间为( k,+∞).

当 x=

k时,取得极小值 f(

k)=k-2kln

k .

(2)当 k≤1,即 0<k≤1 时,f(x)在(1, e)上单调

递增,

f(1)=12,f( e)=2e-2k=e-2 k>0,所以 f(x)在区间(1,

e)上没有零点.

当 1< k< e,即 1<k<e 时,f(x)在(1, k)上递减,

在( k, e)上递增,

f(1)



1 2

>0



f

???

e???



e-k 2

>0



f

???

k???



k-kln 2

k



k?1-ln 2

k?>0,此时函数没有零点.

当 k≥ e,即 k≥e 时,f(x)在???1, e???上单调递减, f(1)=12>0,f( e)=e-2 k<0,所以 f(x)在区间(1, e)上 仅有一个零点.
综上,若 f(x)有零点,则 f(x)在区间(1, e)上仅有 一个零点.

解决优化问题的步骤: (1)首先要分析问题中各个数量之间的关系,建立 适当的函数模型,并确定函数的定义域. (2)其次要通过研究相应函数的性质,如单调性、 极值与最值,提出优化方案,使问题得以解决,在这 个过程中,导数是一个有力的工具. (3)最后验证数学问题的解是否满足实际意义.

[典例 9] 如图,四边形 ABCD 是一块边长为 4 km 的正方形地域,地域内有一条河流 MD,其经过的路线 是以 AB 中点 M 为顶点且开口向右的抛物线的一部分(河 流宽度忽略不计).某公司准备投资建一个大型矩形游乐 园 PQCN,试求游乐园的最大面积.

解:如图,以 M 点为原点,AB 所在直线为 y 轴建立 直角坐标系,则 D(4,2).
设抛物线方程为 y2=2px. ∵点 D 在抛物线上, ∴22=8p.解得 p=12. ∴曲线 MD 的方程为 y2=x(0≤x≤4,0≤y≤2).

设 P(y2,y)(0≤y≤2)是曲线 MD 上任一点, 则|PQ|=2+y,|PN|=4-y2. ∴矩形游乐园面积为 S=|PQ|·|PN|=(2+y)(4-y2)=8 -y3-2y2+4y. 求导得,S′=-3y2-4y+4,令 S′=0, 得 3y2+4y-4=0,解得 y=23或 y=-2(舍). 当 y∈???0,23???时,S′>0,函数为增函数; 当 y∈???23,2???时,S′<0,函数为减函数.

∴当 y=23时,S 有最大值. 这时|PQ|=2+y=2+23=83, |PN|=4-y2=4-???23???2=392. ∴游乐园的最大面积为 Smax=83×392=22576(km2).

[对点训练] 9.某地建一座桥,两端的桥墩已建好,这两端桥 墩相距 m 米.余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥 墩,经测算,一个桥墩的工程费用为 256 万元;距离为 x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2+ x)x 万 元.假设桥墩等距离分布,所有桥墩都视为点,且不考 虑其他因素.记余下工程的费用为 y 万元. (1)试写出 y 关于 x 的函数关系式; (2)当 m=640 米时,需新建多少个桥墩才能使 y 最 小?

解:(1)设需新建 n 个桥墩,则(n+1)x=m,即 n=mx -1, 所以 y=f(x)=256n+(n+1)(2+ x)x =256???mx -1???+mx (2+ x)x =25x6m+m x+2m-256(0<x≤m).

(2)由(1)知,f′(x)=-25x62m+12mx-12=2mx2(x32-512). 令 f′(x)=0,得 x32=512,所以 x=64. 当 0<x<64 时,f′(x)<0,f(x)在区间(0,64)内为减函数; 当 64<x<640 时,f′(x)>0,f(x)在区间(64,640)内为增 函数. 所以 f(x)在 x=64 处取得最小值, 此时 n=mx -1=66440-1=9. 故需新建 9 个桥墩才能使 y 最小.

由定积分求曲边梯形面积的方法步骤: (1)画出函数的图象,明确平面图形的形状. (2)通过解方程组,求出曲线交点的坐标. (3)确定积分区间与被积函数,转化为定积分计算. (4)对于复杂的平面图形,常常通过“割补法”求 各部分的面积之和.

[典例 10] 求由曲线 y2=x,y=x3 所围图形 的面积 S.

解:作出曲线 y2=x,y=x3 的草图,如图所示,所求 面积为图中阴影部分的面积.

解方程组?????yy2==xx3, 得交点的横坐标为 x=0 及 x=1.因

此,所求图形的面积为 S=??1 ?

xdx-???1x3dx=23x32|10-14x4|10=

?0

?0

152.

[对点训练] 10.试求由抛物线 y=x2+1 与直线 y=-x+7 以及 x 轴、y 轴所围成图形的面积.

解:画出图形(如图).
解方程组?????yy= =- x2+x+1,7 得?????xy= =25, , 即抛物线与直线相交于点(2,5). 于是所求面积为 S=????20(x2+1)dx+????72(7-x)dx=???13x3+x??? |20+???7x-12x2???|72=134+225=1063.


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