高考数学一轮复习 第三篇 导数及其应用（考点梳理+考点自测+揭秘高考+专题集训）理 新人教A版

第三篇导数及其应用第1讲变化率与导数、导数的运算【年高考会这样考】1．利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程．2．考查导数的有关计算，尤其是简单的函数求导.eq\f(对应学生,38)考点梳理1．函数y＝f(x)从x1到x2的平均变化率函数y＝f(x)从x1到x2的平均变化率为eq\f(fx2－fx1,x2－x1)，若Δx＝x2－x1，Δy＝f(x2)－f(x1)，则平均变化率可表示为eq\f(Δy,Δx).2．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数(1)定义称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx).(2)几何意义函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．3．函数f(x)的导函数称函数f′(x)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)为f(x)的导函数，导函数有时也记作y′.4．基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)＝c(c为常数)f′(x)＝0f(x)＝xn(n∈Q*)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝axf′(x)＝axln_af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logaxf′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)5.导数运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．6．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.【助学·微博】一个区别曲线y＝f(x)“在”点P(x0，y0)处的切线与“过”点P(x0，y0)的切线的区别：曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线是指P为切点，若切线斜率存在时，切线斜率为k＝f′(x0)，是唯一的一条切线；曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线，是指切线经过P点，点P可以是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有多条．三个防范1．利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．2．要正确理解直线与曲线相切和直线与曲线只有一个交点的区别．3．正确分解复合函数的结构，由外向内逐层求导，做到不重不漏．考点自测1．下列求导过程①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)；②(eq\r(x))′＝eq\f(1,2\r(x))；③(logax)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,lna)))′＝eq\f(1,xlna)；④(ax)′＝(elnax)′＝(exlna)′＝exlnalna＝axlna.其中正确的个数是()．A．1B．2C．3D．4答案D2．(人教A版教材习题改编)函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2A．2(x2－a2)B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2)D．3(x2＋a2)解析f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)[2(x－a)]＝3(x2－a2)．答案C3．(·福州模拟)曲线y＝e2x在点(0,1)处的切线方程为()．A．y＝eq\f(1,2)x＋1B．y＝－2x＋1C．y＝2x－1D．y＝2x＋1解析y′＝(e2x)′＝2e2x，k＝y′|x＝0＝2·e2×0＝2，∴切线方程为y－1＝2(x－0)，即y＝2x＋1，故选D.答案D4．(·杭州一模)曲线y＝eq\f(1,3)x3＋x在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()．A.eq\f(1,9)B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)解析y′＝x2＋1，曲线在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))处的切线斜率k＝12＋1＝2，故曲线在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))处的切线方程为y－eq\f(4,3)＝2(x－1)．该切线与两坐标轴的交点分别是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3))).故所求三角形的面积是eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,9).答案A5．(·广东)曲线y＝x3－x＋3在点(1,3)处的切线方程为________．解析∵y′＝3x2－1，∴y′|x＝1＝3×12－1＝2.∴该切线方程为y－3＝2(x－1)，即2x－y＋1＝0.答案2x－y＋1＝0eq\f(对应学生,39)考向一导数的定义【例1】►利用导数的定义求函数的导数：(1)f(x)＝eq\f(1,\r(x))在x＝1处的导数；(2)f(x)＝eq\f(1,x＋2).[审题视点]正确理解导数的定义是求解的关键．解(1)eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(\f(1,\r(1＋Δx))－1,Δx)＝eq\f(1－\r(1＋Δx),Δx\r(1＋Δx))＝eq\f(1－1＋Δx,Δx\r(1＋Δx)1＋\r(1＋Δx))＝eq\f(－Δx,Δx\r(1＋Δx)＋1＋Δx)＝eq\f(－1,\r(1＋Δx)＋1＋Δx)，∴f′(1)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(－1,\r(1＋Δx)＋1＋Δx)＝－eq\f(1,2).(2)eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)＝eq\f(\f(1,x＋2＋Δx)－\f(1,x＋2),Δx)＝eq\f(x＋2－x＋2＋Δx,Δxx＋2x＋2＋Δx)＝eq\f(－1,x＋2x＋2＋Δx)，∴f′(x)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(－1,x＋2x＋2＋Δx)＝－eq\f(1,x＋22).求函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的步骤：(1)函数增量：Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)平均变化率：eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)；(3)求极限f′(x0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx).【训练1】设f(x)为可导函数，且满足lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(f1－f1－2x,2x)＝－1，则过曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为()．A．2B．－1C．1D．－2解析lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(f1－f1－2x,2x)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(f1－2x－f1,－2x)＝－1，即y′|x＝1＝－1，则y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－1，故选B.答案B考向二导数的运算【例2】►求下列函数的导数：(1)y＝ex·lnx；(2)y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))；(3)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)；(4)y＝(eq\r(x)＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－1)).[审题视点]若式子能化简，可先化简，再利用公式和运算法则求导．解(1)y′＝(ex·lnx)′＝exlnx＋ex·eq\f(1,x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).(2)∵y＝x3＋1＋eq\f(1,x2)，∴y′＝3x2－eq\f(2,x3).(3)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝x－eq\f(1,2)sinx，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)sinx))′＝x′－eq\f(1,2)(sinx)′＝1－eq\f(1,2)cosx.(4)y＝eq\r(x)·eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))－1＝－xeq\f(1,2)＋x－eq\f(1,2)，∴y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x))).有的函数虽然表面形式复杂，但在求导之前，利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错．【训练2】求下列函数的导数．(1)y＝x·tanx；(2)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解(1)y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝tanx＋x·eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝tanx＋eq\f(x,cos2x).(2)法一y′＝(x＋1)′(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)[(x＋2)·(x＋3)]′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＋(x＋1)(x＋3)＝3x2＋12x＋11.法二y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.考向三求复合函数的导数【例3】►求下列复合函数的导数．(1)y＝(2x－3)5；(2)y＝eq\r(3－x)；(3)y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))；(4)y＝ln(2x＋5)．[审题视点]正确分解函数的复合层次，逐层求导．解(1)设y＝u5，u＝2x－3，则y′＝y′u·u′x＝(u5)′(2x－3)′＝5u4·2＝10u4＝10(2x－3)4.(2)设y＝ueq\f(1,2)，u＝3－x，则y′＝y′u·u′x＝(ueq\f(1,2))′(3－x)′＝eq\f(1,2)u－eq\f(1,2)(－1)＝－eq\f(1,2)u－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2\r(3－x))＝eq\f(\r(3－x),2x－6).(3)设y＝u2，u＝sinv，v＝2x＋eq\f(π,3)，则yx′＝yu′·uv′·vx′＝2u·cosv·2＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2π,3))).(4)设y＝lnu，u＝2x＋5，则yx′＝yu′·ux′＝eq\f(1,2x＋5)·(2x＋5)′＝eq\f(2,2x＋5).求复合函数的导数关键是正确分析函数的复合层次，一般是从最外层开始，由外向内，一层一层地分析，把复合函数分解成若干个常见的基本函数，逐步确定复合过程．【训练3】求下列函数的导数．(1)y＝eq\f(1,1－3x4)；(2)y＝xeq\r(1＋x2).解(1)设u＝1－3x，y＝u－4，则yx′＝yu′·ux′＝－4u－5·(－3)＝eq\f(12,1－3x5).(2)y′＝(xeq\r(1＋x2))′＝x′·eq\r(1＋x2)＋x·(eq\r(1＋x2))′＝eq\r(1＋x2)＋eq\f(x2,\r(1＋x2))＝eq\f(1＋2x2,\r(1＋x2)).eq\f(对应学生,40)规范解答3——求解与曲线的切线有关的问题【命题研究】利用导数的几何意义求曲线的切线斜率或切线方程是近几年高考命题的热点，常与函数的图象、性质、几何图形性质交汇命题，主要以选择题、填空题的形式来考查，有时也渗透在解答题之中，难度一般不大．【真题探究】►(本小题满分13分)(·安徽)设函数f(x)＝aex＋eq\f(1,aex)＋b(a>0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝eq\f(3,2)x，求a，b的值．[教你审题](1)求出原函数的导函数，按照函数极值点是否在区间[0，＋∞)内分两种情况讨论，进而求出函数的最小值，(2)直接利用导数的几何意义——切点的双重作用，找到关于参数a，b的方程组，求出a，b.[规范解答](1)f′(x)＝aex－eq\f(1,aex)，(2分)当f′(x)>0，即x>－lna时，f(x)在(－lna，＋∞)上递增；当f′(x)<0，即x<－lna时，f(x)在(－∞，－lna)上递减．(4分)①当0<a<1时，－lna>0，f(x)在(0，－lna)上递减，在(－lna，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(－lna)＝2＋b；(6分)②当a≥1时，－lna≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(0)＝a＋eq\f(1,a)＋b.(8分)(2)依题意f′(2)＝ae2－eq\f(1,ae2)＝eq\f(3,2)，解得ae2＝2或ae2＝－eq\f(1,2)(舍去)．(10分)所以a＝eq\f(2,e2)，代入原函数可得2＋eq\f(1,2)＋b＝3，即b＝eq\f(1,2).故a＝eq\f(2,e2)，b＝eq\f(1,2).(13分)[阅卷老师手记]函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率f′(x0)，相应的切线方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0)；但要注意：①当函数y＝f(x)在点x0处的导数不存在时，曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＝x0；②当切点的坐标不知道时，应首先设出切点坐标，再求解．解与曲线的切线有关问题的一般程序第一步：设出切点坐标(x0，y0)；第二步：计算切线的斜率为k＝f′(x0)；第三步：写出切线方程y－y0＝k(x－x0)；第四步：将问题转化为函数与方程问题求解．【试一试】(·重庆)设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a，b∈R.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的极值．解(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b.令x＝1，得f′(1)＝3＋2a＋b.又已知f′(1)＝2a，因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.又令x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，由已知f′(2)＝－b，因此12＋4a＋b＝－b，解得a＝－eq\f(3,2).因此f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，从而f(1)＝－eq\f(5,2).又因为f′(1)＝－3，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0.(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，从而有g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x.令g′(x)＝0，得－3x2＋9x＝0，解得x1＝0，x2＝3.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，0)上为减函数；当x∈(0,3)时，g′(x)>0，故g(x)在(0,3)上为增函数；当x∈(3，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上为减函数．从而函数g(x)在x1＝0处取得极小值g(0)＝－3，在x2＝3处取得极大值g(3)＝15e－3.eq\f(对应学生,243)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·全国)曲线y＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为 ()．A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(2,3) D．1解析y′＝－2e－2x，曲线在点(0,2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2，该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示，其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，y＝－2x＋2与x轴的交点B(1,0)．所以三角形面积S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，故选A.答案A2．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，且满足f(x)>0，xf′(x)＋f(x)<0，则对任意正数a，b，若a>b，则必有 ()．A．af(b)<bf(a) B．bf(a)<af(b)C．af(a)<f(b) D．bf(b)<f(a)解析构造函数F(x)＝eq\f(fx,x)(x>0)，F′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，由条件知F′(x)<0，∴函数F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上单调递减，又a>b>0，∴eq\f(fa,a)<eq\f(fb,b)，即bf(a)<af(b)．答案B3．(·南京模拟)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋eq\f(1,a)x(a>0)，则f(2)的最小值为 ()．A．12eq\r(3,2) B．12＋8a＋eq\f(1,a)C．8＋8a＋eq\f(2,a) D．16解析f(2)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，令g(a)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，则g′(a)＝8－eq\f(2,a2)，由g′(a)>0得a>eq\f(1,2)，由g′(a)<0得0<a<eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)时f(2)有最小值．f(2)的最小值为8＋8×eq\f(1,2)＋eq\f(2,\f(1,2))＝16.故选D.答案D4．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0则x<0时 ()．A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0解析依题意得，函数f′(x)、g′(x)分别是偶函数、奇函数，当x<0时，－x>0，f′(x)＝f′(－x)>0，g′(x)＝－g′(－x)<0，选B.答案B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(·新课标全国)曲线y＝x(3lnx＋1)在点(1,1)处的切线方程为________．解析∵y＝x(3lnx＋1)，∴y′＝3lnx＋1＋x·eq\f(3,x)＝3lnx＋4，∴k＝y′|x＝1＝4，∴所求切线的方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.答案y＝4x－36．曲线y＝x3＋x－2在点P处的切线平行于直线y＝4x－1，则点P的坐标为________．解析依题意得y′＝3x2＋1，设点P(x0，y0)，则有3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，解得x0＝－1或x0＝1，将x0的值代入曲线方程得y0＝－4或y0＝0，从而点P的坐标是(1,0)或(－1，－4)．答案(1,0)或(－1，－4)三、解答题(共25分)7．(12分)求下列函数的导数：(1)y＝(2x＋1)n，(n∈N*)；(2)y＝ln(x＋eq\r(1＋x2))；(3)y＝eq\f(ex＋1,ex－1)；(4)y＝2xsin(2x＋5)．解(1)y′＝n(2x＋1)n－1·(2x＋1)′＝2n(2x＋1)n－1.(2)y′＝eq\f(1,x＋\r(1＋x2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2x,2\r(1＋x2))))＝eq\f(1,\r(1＋x2)).(3)∵y＝eq\f(ex＋1,ex－1)＝1＋eq\f(2,ex－1)∴y′＝eq\f(－2ex,ex－12).(4)y′＝2sin(2x＋5)＋4xcos(2x＋5)．8．(13分)已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(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＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．解(1)可判定点(2，－6)在曲线y＝f(x)上．∵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)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴直线l的方程为y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，又∵直线l过点(0,0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，整理得，xeq\o\al(3,0)＝－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＝eq\f(y0－0,x0－0)＝eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)又∵k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，解之得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＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，∴切线的斜率k＝4.设切点的坐标为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，∴x0＝±1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－14))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,y0＝－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.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．设曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝()．A．2 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,2) D．－2解析y′＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝eq\f(－2,x－12)，点(3,2)处切线斜率k＝－eq\f(1,2)，∵切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，∴a＝－2.答案D2．已知函数f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系下的图象如图所示，设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则()．A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)D．h(0)<h(1)<h(－1)解析由图象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，则f(x)＝eq\f(1,2)x2＋m，其中m为常数，g(x)＝eq\f(1,3)x3＋n，其中n为常数，则h(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)x3＋m－n，得h(0)<h(1)<h(－1)．答案D二、填空题(每小题5分，共10分)3．已知曲线C：f(x)＝x3－ax＋a，若过曲线C外一点A(1,0)引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为________．解析设切点坐标为(t，t3－at＋a)．由题意知，f′(x)＝3x2－a，切线的斜率为k＝y′|x＝t＝3t2－a①所以切线方程为y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)②将点(1,0)代入②式得－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解之得：t＝0或t＝eq\f(3,2).分别将t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由题意得它们互为相反数，故a＝eq\f(27,8).答案eq\f(27,8)4．同学们经过市场调查，得出了某种商品在年的价格y(单位：元)与时间t(单位：月)的函数关系为：y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，则10月份该商品价格上涨的速度是______元/月．解析∵y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t2,20－t)))′＝2′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,20－t)))′＝eq\f(t2′20－t－t220－t′,20－t2)＝eq\f(40t－t2,20－t2).由导数的几何意义可知10月份该商品的价格的上涨速度应为y′|t＝10＝eq\f(40×10－102,20－102)＝3.因此10月份该商品价格上涨的速度为3元/月．答案3三、解答题(共25分)5．(12分)设函数f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．(1)解方程7x－4y－12＝0可化为y＝eq\f(7,4)x－3，当x＝2时，y＝eq\f(1,2).又f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)证明设P(x0，y0)为曲线上任一点，由f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)知，曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))·(x－x0)，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))(x－x0)．令x＝0得，y＝－eq\f(6,x0)，从而得切线与直线x＝0交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，此定值为6.6．(13分)(·辽宁)设f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b，为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝eq\f(3,2)x在(0,0)点相切．(1)求a，b的值；(2)证明：当0<x<2时，f(x)<eq\f(9x,x＋6).(1)解由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为eq\f(3,2)，又y′|x＝0＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))＋a))))x＝0＝eq\f(3,2)＋a，得a＝0.(2)证明当x>0时，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.记h(x)＝f(x)－eq\f(9x,x＋6)，则h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1))－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(2＋\r(x＋1),2x＋1)－eq\f(54,x＋62)<eq\f(x＋6,4x＋1)－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(x＋63－216x＋1,4x＋1x＋62).令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0<x<2时，g′(x)＝3(x＋6)2－216<0.因此g(x)在(0,2)内是递减函数，又由g(0)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数，又h(0)＝0，得h(x)<0.于是当0<x<2时，f(x)<eq\f(9x,x＋6).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲导数的应用(一)【年高考会这样考】1．导数的几何意义及应用，曲线的切线方程的求解与应用．2．利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．3．由函数单调性和导数的关系，研究恒成立问题或求参数的范围.eq\f(对应学生,41)考点梳理1．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线l的斜率，切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数的物理意义若物体位移随时间变化的关系为s＝f(t)，则f′(t0)是物体运动在t＝t0时刻的瞬时速度．3．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0，则f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．【助学·微博】一个警示直线与曲线有且只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线；反之直线是曲线的切线，但直线不一定与曲线有且只有一个公共点．两个条件(1)f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件．(2)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．三个步骤求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(f′(x)<0)解出相应的x的范围．当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．考点自测1．(·辽宁)函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案B2．(·山东)曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是()．A．－9B．－3C．9D．15解析由已知y′＝3x2，则y′|x＝1＝3，切线方程为y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，令x＝0得y＝9.答案C3．曲线C：y＝eq\f(1,3)x3＋x＋1上斜率最小的一条切线与圆x2＋y2＝eq\f(1,2)的交点个数为()．A．0B．1C．2D．3解析由题可知y′＝x2＋1≥1，当x＝0时，y′取得最小值1，则曲线C上斜率最小的一条切线斜率为1，切点为(0,1)，切线方程为x－y＋1＝0，圆心到直线的距离为d＝eq\f(1,\r(12＋12))＝eq\f(\r(2),2)＝r，所以直线与圆相切，只有一个交点．答案B4．(·辽宁)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()．A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析记g(x)＝f(x)－(2x＋4)，则有g(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0.∵g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上是增函数．不等式f(x)>2x＋4，即g(x)>0＝g(－1)，于是由g(x)在R上是增函数得，x>－1，即不等式f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)，选B.答案B5．函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．解析f′(x)＝3x2＋a，f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥－3.答案[－3，＋∞)eq\f(对应学生,41)考向一导数几何意义的应用【例1】►(·苏州模拟)若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，则a等于()．A．－1或－eq\f(25,64)B．－1或eq\f(21,4)C．－eq\f(7,4)或－eq\f(25,64)D．－eq\f(7,4)或7[审题视点]因为点(1,0)不在曲线y＝x3上，所以应从设切点入手来求切线方程，再利用切线与曲线y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切求a的值．解析设过(1,0)的直线与y＝x3相切于点(x0，xeq\o\al(3,0))，所以切线方程为y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)即y＝3xeq\o\al(2,0)x－2xeq\o\al(3,0)，又(1,0)在切线上，则x0＝0或x0＝eq\f(3,2)，当x0＝0时，由y＝0与y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－eq\f(25,64)，当x0＝eq\f(3,2)时，由y＝eq\f(27,4)x－eq\f(27,4)与y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－1，所以选A.答案A导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面：(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0)；(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k；(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k＝eq\f(fx1－fx0,x1－x0)求解．【训练1】(·重庆)设f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1)因为f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，故f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2).由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1(x>0)，f′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(3x2－2x－1,2x2)＝eq\f(3x＋1x－1,2x2).令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(因为x2＝－\f(1,3)不在定义域内，舍去)).当x∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3.考向二利用导数研究函数的单调性【例2】►已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．[审题视点](1)由f′(x)>0可求；(2)由f′(x)≥0转化为不等式恒成立，分离参数可求．解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－eq\r(2)＜x＜eq\r(2).∴a＝2时，函数f(x)的单调递增区间是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)∵函数f(x)在(－1,1)上单调递增，∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．∵ex＞0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立．即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝x＋1－eq\f(1,x＋1)对x∈(－1,1)都成立．令y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,x＋12)＞0，∴y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上单调递增．∴y＜1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，∴a≥eq\f(3,2).故a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).(1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)直接得到单调递增(或递减)区间．(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0([或f′(x)≤0]，x∈(a，b)]恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围．【训练2】已知函数f(x)＝mx3＋nx2(m、n∈R，m≠0)，函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与x轴平行．(1)用关于m的代数式表示n；(2)求函数f(x)的单调增区间．解(1)由已知条件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，∴3m＋n＝0，故n＝－3m.(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2∴f′(x)＝3mx2－6mx.令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，解得0<x<2，则函数f(x)的单调增区间是(0,2)．综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2)．考向三利用导数研究恒成立问题【例3】►已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为eq\f(3,2)，求a的值；(3)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．[审题视点](1)求导数f′(x)→判断f′(x)>0或f′(x)<0→确定单调性．(2)根据单调性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求解．(3)f(x)<x2→a>xlnx－x3→求xlnx－x3的最大值．解(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由(1)可知，f′(x)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(3,2)(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，则f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(e,2)(舍去)．③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\r(e).综上所述，a＝－eq\r(e).(3)∵f(x)<x2，∴lnx－eq\f(a,x)<x2.又x>0，∴a>xlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x).∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．g(x)<g(1)＝－1，∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．(1)求函数的单调区间，直接求导，然后解不等式即可，注意函数的定义域．(2)参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的运用．【训练3】已知函数f(x)＝lneq\f(1,x)－ax2＋x(a>0)，若f(x)是定义域上的单调函数，求a的取值范围．解f(x)＝－lnx－ax2＋x，f′(x)＝－eq\f(1,x)－2ax＋1＝－eq\f(2ax2－x＋1,x)令方程2ax2－x＋1＝0.则Δ＝1－8a.当a≥eq\f(1,8)时，Δ≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)单调递减．当0<a<eq\f(1,8)时，Δ>0，方程2ax2－x＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1<x2，则当x∈(0，x1)∪(x2＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，这时f(x)不是单调函数．综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)).eq\f(对应学生,43)规范解答4——利用导数证明不等式【命题研究】导数作为一种研究数学知识的工具，在求函数单调性、最值等方面发挥了独特的作用，同样，我们也可以利用导数完成一些不等式的证明问题，其关键在于要构造好函数的形式，转化为研究函数的单调性、最值或值域问题，一般难度较大．【真题探究】►(本小题满分13分)(·山东)已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[教你审题](1)由已知，求导后利用方程f′(1)＝0即可求出k的值；(2)讨论f′(x)在(0，＋∞)上的单调性与零点，即可得出函数f(x)的单调区间；(3)变换g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，适当构造函数，证明0<eq\f(x＋1,ex)<1,1－x－xlnx≤1＋e－2即可．[规范解答](1)解由f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)得f′(x)＝eq\f(1－kx－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)．由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(3分)(2)解由(1)得f′(x)＝eq\f(1,xex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又ex>0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(7分)(3)证明因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此，对任意x>0，g(x)<1＋e－2等价于1－x－xlnx<eq\f(ex,x＋1)(1＋e－2)．由(2)知h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)．因此，当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2.故1－x－xlnx≤1＋e－2.(10分)设φ(x)＝ex－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)＝0，故当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即eq\f(ex,x＋1)>1.所以1－x－xlnx≤1＋e－2<eq\f(ex,x＋1)(1＋e－2)．因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2.(13分)[阅卷老师手记](1)本题出现的问题：一是第(2)问中，考生不会把f′(x)＝eq\f(1－x－xlnx,xex)中的分子单独分离出来判断其符号．二是第(3)问中，未考虑二次求导，找h(x)＝1－x－xlnx的零点，从而细化x的范围求最值．三是第三问中不会构造函数证明eq\f(ex,x＋1)>1.(2)在使用导数证明不等式时，如果给出的不等式过于复杂，需要变换不等式，把其分解为若干个不等式．再根据不等式的性质得出所证的不等式，在使用不等式的性质时注意不等式性质的使用条件．用导数法证明不等式f(x)≥g(x)的问题一般可用以下几步解答：第一步：构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；第二步：求函数F(x)的导数F′(x)；第三步：判断函数F(x)在给定区间上的单调性；第四步：求F(x)在给定区间上的最小值F(x)min≥0，即证得f(x)≥g(x)．eq\f(对应学生,245)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·石景山模拟)若函数h(x)＝2x－eq\f(k,x)＋eq\f(k,3)在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是 ()．A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，2)解析由条件得h′(x)＝2＋eq\f(k,x2)＝eq\f(2x2＋k,x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)．答案A2．(·郑州检测)函数f(x)＝(4－x)ex的单调递减区间是 ()．A．(－∞，4) B．(－∞，3)C．(4，＋∞) D．(3，＋∞)解析f′(x)＝ex＋(4－x)·ex＝ex(3－x)，令f′(x)<0，由于ex>0，∴3－x<0，解得x>3.答案D3．(·安庆模拟)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是 ()．A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx解析sin2x＝2sinxcosx，(sin2x)′＝2(cos2x－sin2x)，在(0，＋∞)不恒大于零；(x3－x)′＝3x2－1，在(0，＋∞)不恒大于零；(－x＋lnx)′＝－1＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)不恒大于零；(xex)′＝ex＋xex，当x∈(0，＋∞)时ex＋xex>0，故选B.答案B4．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为 ()．A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0<x<1}解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数，又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.答案A二、填空题(每小题5分，共10分)5．函数y＝x－2sinx在[0，π]上的递增区间是________．解析y′＝1－2cosx，令1－2cosx≥0，得cosx≤eq\f(1,2)，解得2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(5,3)π，k∈R，又0≤x≤π，∴eq\f(π,3)≤x≤π.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))6．已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________．解析设切点坐标为(x0，y0)又y′＝eq\f(1,x＋a)，由已知条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0＋1，,y0＝lnx0＋a，,\f(1,x0＋a)＝1，))解得a＝2.答案2三、解答题(共25分)7．(12分)设函数f(x)＝ax3－3x2，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的极值点，求函数g(x)＝ex·f(x)的单调区间．解f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点．所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1，经验证，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的极值点，所以g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)＝ex(x3－6x)＝x(x＋eq\r(6))(x－eq\r(6))ex.因为ex>0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－eq\r(6)，0)和(eq\r(6)，＋∞)；单调减区间是(－∞，－eq\r(6))和(0，eq\r(6))．8．(13分)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．解(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.当x＝eq\f(2,3)时，得a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))(x－1)，列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－eq\f(1,3))和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．探究提高利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．定义在R上的函数y＝f(x)满足f(4－x)＝f(x)，(x－2)·f′(x)<0，若x1<x2且x1＋x2>4，则 ()．A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)与f(x2)的大小不确定解析∵f(4－x)＝f(x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，由(x－2)f′(x)<0可得函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴当x2>x1>2时，f(x1)>f(x2)；当x2>2>x1时，∵x1＋x2>4，∴x2>4－x1>2，∴f(4－x1)＝f(x1)>f(x2)，综上，f(x1)>f(x2)，故选B.答案B2．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．下列关于函数f(x)的命题：①函数y＝f(x)是周期函数；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点．其中真命题的个数有 ()．A．4 B．3 C．2 D．1解析依题意得，函数f(x)不可能是周期函数，因此①不正确；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，因此函数f(x)在[0,2]上是减函数，②正确；当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，依题意，结合函数f(x)的可能图象形状分析可知，此时t的最大值是5，因此③不正确；注意到f(2)的值不明确，结合图形分析可知，将函数f(x)的图象向下平移a(1<a<2)个单位后相应曲线与x轴的交点个数不确定，因此④不正确．综上所述，选D.答案D二、填空题(每小题5分，共10分)3．函数f(x)＝xeq\r(ax－x2)(a>0)的单调递减区间是________．解析由ax－x2≥0(a>0)，解得0≤x≤a，即函数f(x)的定义域为[0，a]，f′(x)＝eq\f(3ax－4x2,2\r(ax－x2))＝eq\f(－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3a,4))),\r(ax－x2))，由f′(x)<0解得x≥eq\f(3a,4)，因此f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)，a)).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)，a))4．已知函数y＝－eq\f(1,3)x3＋bx2－(2b＋3)x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是________．解析y′＝－x2＋2bx－(2b＋3)，要使原函数在R上单调递减，应有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3)＝4(b2－2b－3)≤0，∴－1≤b≤3，故使该函数在R上不是单调减函数的b的取值范围是b<－1或b>3.答案(－∞，－1)∪(3，＋∞)三、解答题(共25分)5．(12分)已知函数g(x)＝eq\f(1,x·sinθ)＋lnx在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，f(x)＝mx－eq\f(m－1,x)－lnx，m∈R.(1)求θ的值；(2)若f(x)－g(x)在[1，＋∞)上为单调函数，求m的取值范围．解(1)由题意得，g′(x)＝－eq\f(1,sinθ·x2)＋eq\f(1,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即eq\f(sinθ·x－1,sinθ·x2)≥0.∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，故sinθ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sinθ·1－1≥0，即sinθ≥1，只有sinθ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝eq\f(π,2).(2)由(1)，得f(x)－g(x)＝mx－eq\f(m,x)－2lnx，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(fx－gx))′＝eq\f(mx2－2x＋m,x2).∵f(x)－g(x)在其定义域内为单调函数，∴mx2－2x＋m≥0或者mx2－2x＋m≤0在[1，＋∞)恒成立．mx2－2x＋m≥0等价于m(1＋x2)≥2x，即m≥eq\f(2x,1＋x2)，而eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤1，∴m≥1.mx2－2x＋m≤0等价于m(1＋x2)≤2x，即m≤eq\f(2x,1＋x2)在[1，＋∞)上恒成立．而eq\f(2x,x2＋1)∈(0,1]，∴m≤0.综上，m的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)．6．(13分)设函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内有极值．(1)求实数a的取值范围；(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求证：f(x2)－f(x1)>e＋2－eq\f(1,e).注：e是自然对数的底数．(1)解易知函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x－12)＝eq\f(x－12－ax,xx－12)＝eq\f(x2－a＋2x＋1,xx－12).由函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内有极值，可知方程f′(x)＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内有解，令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)．不妨设0<α<eq\f(1,e)，则β>e，又g(0)＝1>0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)－eq\f(a＋2,e)＋1<0，解得a>e＋eq\f(1,e)－2.(2)证明由(1)知f′(x)>0⇔0<x<α或x>β，f′(x)<0⇔α<x<1或1<x<β，所以函数f(x)在(0，α)，(β，＋∞)上单调递增，在(α，1)，(1，β)上单调递减．由x1∈(0,1)得f(x1)≤f(α)＝lnα＋eq\f(a,α－1)，由x2∈(1，＋∞)得f(x2)≥f(β)＝lnβ＋eq\f(a,β－1)，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)．由(1)易知α·β＝1，α＋β＝a＋2，所以f(β)－f(α)＝lnβ－lneq\f(1,β)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,β－1)－\f(1,α－1)))＝2lnβ＋a·eq\f(α－β,β－1α－1)＝2lnβ＋a·eq\f(\f(1,β)－β,2－a＋2)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β).记h(β)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β)(β>e)，则h′(β)＝eq\f(2,β)＋1＋eq\f(1,β2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,β)＋1))2>0，所以函数h(β)在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－eq\f(1,e).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲导数的应用(二)【年高考会这样考】1．利用导数求函数的极值与闭区间上的最值．2．利用导数解决生活中的优化问题.eq\f(对应学生,44)考点梳理1．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤：①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．3．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．【助学·微博】一个区别极值与最值的区别极值是指某一点附近函数值的比较，因此，同一函数在某一点的极大(小)值，可以比另一点的极小(大)值小(大)；最大、最小值是指闭区间[a，b]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在开区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．两个注意(1)注意实际问题中函数定义域的确定．(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．三个防范(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．(2)f′(x0)＝0是y＝f(x)在x＝x0取极值的既不充分也不必要条件．如①y＝|x|在x＝0处取得极小值，但在x＝0处不可导；②f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的极值点．(3)若y＝f(x)可导，则f′(x0)＝0