2024年高中数学第4章导数及其应用章末小结讲义含解析湘教版选修2-2

PAGEPAGE21第4章导数及其应用1．导数的几何意义导数的几何意义通常是指曲线的切线斜率；导数的物理意义通常是指物体运动的瞬时速度．2．函数的单调性与导数(1)在某个区间内，若f′(x)>0(或f′(x)<0)，则函数f(x)在此区间内为增(或减)函数．(2)利用导数证明函数在某区间上的单调性的关键是设法证明f′(x)>0或f′(x)<0恒成立；利用导数探讨函数的单调区间，则要解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)若f(x)为增(或减)函数，则应有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)．在已知函数的单调性，利用导数求解相关参数时，要特殊关注f′(x)＝0，即f(x)为常数的状况．3．导数与函数的极值、最值(1)函数的极值是一个局部概念，极大值与微小值之间无确定的大小关系，并且函数的极值个数不是确定的，也可能没有极值．而函数的最值表示函数在一个区间上的整体状况，是对函数在整个区间上函数值的比较．(2)可导函数的极值点必是导数为0的点，但导数为0的点不肯定是极值点，即f′(x)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．从而知x0是极值点的充分条件是在x＝x0的两侧导数值异号．(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连绵不断的曲线，那么它必有最大值与最小值．求最值的关键是比较极值与端点处的函数值的大小．若定义域内只有一个极值点，则这个极值点肯定是最值点．4．定积分与微积分基本定理利用微积分基本定理计算定积分，关键是求被积函数的原函数．而求被积函数的原函数和求函数的导函数恰好互为逆运算，要留意它们在计算和求解中的不同，避开混淆．导数的几何意义[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)假如曲线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.))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.函数y＝f(x)在x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)，于是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．1．(天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－lnx的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．解析：因为f′(x)＝a－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.答案：12．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.(1)求过曲线C上随意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，则f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即过曲线C上随意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k，则由(2)中条件并结合(1)中结论可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1，))解得－1≤k＜0或k≥1，故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－eq\r(2)]∪(1,3)∪[2＋eq\r(2)，＋∞).导数与函数的单调性[例2](全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x，探讨f(x)的单调性．[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．(1)利用导数求函数的单调区间，也就是求函数定义域内不等式f′(x)>0或f′(x)<0的解集．(2)已知函数在某个区间上单调，求参数问题，通常是解决一个恒成立问题．3．证明：不等式lnx>eq\f(2x－1,x＋1)，其中x>1.证明：设f(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4,x＋12).∵x>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)内为单调增函数．又∵f(1)＝0，∴当x>1时，f(x)>f(1)＝0，即lnx－eq\f(2x－1,x＋1)>0，∴lnx>eq\f(2x－1,x＋1).4．已知函数f(x)＝x2＋alnx.(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若g(x)＝f(x)＋eq\f(2,x)在[1，＋∞)上是单调增函数，求实数a的取值范围．解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f(x)＝x2－2lnx，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x).令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)的单调增区间是(1，＋∞)，单调减区间是(0,1)．(2)由g(x)＝x2＋alnx＋eq\f(2,x)，得g′(x)＝2x＋eq\f(a,x)－eq\f(2,x2).若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即不等式2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立．也即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．令φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，则φ′(x)＝－eq\f(2,x2)－4x.当x∈[1，＋∞)时，φ′(x)＝－eq\f(2,x2)－4x<0，∴φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上为减函数．∴φ(x)max＝φ(1)＝0.∴a≥0，即a的取值范围为[0，＋∞).导数与函数的极值、最值及恒成立问题[例3]已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；(2)设g(x)＝lnx－a，若g(x)＜x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x＞0)，当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(x)不存在最小值；当a＜0时，由f′(x)＝0，得x＝－a，且0＜x＜－a时，f′(x)＜0，x＞－a时，f′(x)＞0.∴x＝－a时，f(x)取微小值也是最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)＜x2，即lnx－a＜x2，即a＞lnx－x2，故g(x)＜x2在(0，e]上恒成立，也就是a＞lnx－x2在(0，e]上恒成立．设h(x)＝lnx－x2，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)，由h′(x)＝0及0＜x≤e，得x＝eq\f(\r(2),2).当0＜x＜eq\f(\r(2),2)时，h′(x)＞0，当eq\f(\r(2),2)＜x≤e时，h′(x)＜0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，e))上为减函数，所以当x＝eq\f(\r(2),2)时，h(x)取得最大值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2).所以g(x)＜x2在(0，e]上恒成立时，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(\r(2),2)－\f(1,2)，＋∞)).一般地，若已知函数f(x)在某区间上的不等式恒成立，求函数表达式中所含参数的取值范围问题，都可以借助导数转化为求函数的最值或函数值域的端点问题，然后依据不等式恒成立问题的解法(如：分别参数法，数形结合法)进行求解．5．(北京高考)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．所以对随意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).6．设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，若对随意的x∈[0,3]，都有f(x)<c2成立，求c的取值范围．解：∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2,3)时，f′(x)>0.∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c>f(1)，f(0)＝8c＜f(1)，∴x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.∵对随意的x∈[0,3]，都有f(x)<c2恒成立，∴9＋8c<c2，即c<－1或c>9.∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).导数与不等式[例4]已知函数f(x)＝x2ex－1－eq\f(1,3)x3－x2.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)设g(x)＝eq\f(2,3)x3－x2，试比较f(x)与g(x)的大小．[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，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)和(0,1)上单调递减．(2)f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)．因为对随意实数x总有x2≥0，所以设h(x)＝ex－1－x.则h′(x)＝ex－1－1，由h′(x)＝0，得x＝1，当x<1时，h′(x)<0，即函数h(x)在(－∞，1)上单调递减，因此当x<1时，h(x)>h(1)＝0.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)>h(1)＝0.当x＝1时，h(1)＝0.所以对随意实数x都有h(x)≥0，即f(x)－g(x)≥0，故对随意实数x，恒有f(x)≥g(x)．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探讨函数的单调性，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．7．已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，eq\f(1,2)x2＋ax－a＞xlnx＋eq\f(1,2)成立．解：(1)原题即为存在x>0使得lnx－x＋a＋1≥0，∴a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1，则g′(x)＝－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(x－1,x).令g′(x)＝0，解得x＝1.∵当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.故a的取值范围是[0，＋∞)．(2)证明：原不等式可化为eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)＞0(x＞1，a≥0)．令G(x)＝eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)，则G(1)＝0.由(1)可知x－lnx－1＞0，则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1＞0，∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴G(x)>G(1)＝0成立，∴eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)＞0成立，即eq\f(1,2)x2＋ax－a>xlnx＋eq\f(1,2)成立．导数的实际应用[例5]如图，四边形ABCD是一块边长为4km的正方形地域，地域内有一条河流MD，其经过的路途是以AB中点M为顶点且开口向右的抛物线(河流宽度忽视不计)．新长城公司打算投资建一个大型矩形游乐园PQCN，问如何施工才能使游乐园面积最大？并求出最大面积．[解]以M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＝eq\f(1,2).∴抛物线方程为：y2＝x(0≤x≤4)．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＝eq\f(2,3)或y＝－2(舍)．当y∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))时，S′>0，函数为增函数；当y∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))时，S′<0，函数为减函数．∴当y＝eq\f(2,3)时，S有最大值．得|PQ|＝2＋y＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)，|PN|＝4－y2＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(32,9).∴游乐园的最大面积为Smax＝eq\f(8,3)×eq\f(32,9)＝eq\f(256,27)(km2)．(1)解决实际问题中的最值问题，若列出的解析式是三次或更高次的函数，常考虑用导数求解；(2)在实际问题中，f′(x)＝0经常仅有一个根，若能推断函数的最大(小)值在x的改变区间内部得到，则这个根处的函数值就是所求的最大(小)值．8．某工厂某种产品的年产量为1000x吨，其中x∈[20,100]，须要投入的成本为C(x)(单位：万元)，当x∈[20,80]时，C(x)＝eq\f(1,2)x2－30x＋500；当x∈(80,100]时，C(x)＝eq\f(20000,\r(x)).若每吨商品售价为eq\f(lnx,x)万元，通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．(1)写出年利润L(x)(单位：万元)关于x的函数关系式；(2)年产量为多少吨时，该厂所获利润最大？解：(1)由题意，知L(x)＝1000lnx－C(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1000lnx－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－30x＋500))，x∈[20，80]，,1000lnx－\f(20000,\r(x))，x∈80，100].))(2)当x∈[20,80]时，L′(x)＝－eq\f(x－50x＋20,x)，由L′(x)≥0，得20≤x≤50；由L′(x)≤0，得50≤x≤80，∴L(x)在[20,50]上单调递增，在[50,80]上单调递减，∴当x＝50时，L(x)max＝1000ln50－250；当x∈(80,100]时，L(x)＝1000lnx－eq\f(20000,\r(x))单调递增，∴L(x)max＝1000ln100－2000.∵1000ln50－250－(1000ln100－2000)＝1750－1000ln2>1750－1000>0，∴当x＝50，即年产量为50000吨时，利润最大，最大利润为(1000ln50－250)万元.定积分的应用[例6]求正弦曲线y＝sinx与余弦曲线y＝cosx在x＝－eq\f(3π,4)到x＝eq\f(5π,4)之间围成的图形的面积．[解]如图，画出y＝sinx与y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(5π,4)))上的图象，它们共产生三个交点，分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，－\f(\r(2),2))).在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上，cosx>sinx，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上，sinx>cosx.∴面积S＝eq\a\vs4\al(\i\in(－eq\f(3π,4),eq\f(π,4),))(cosx－sinx)dx＋eq\a\vs4\al(\i\in(eq\f(π,4),eq\f(5π,4),))(sinx－cosx)dx＝2eq\a\vs4\al(\i\in(eq\f(π,4),eq\f(5π,4),))(sinx－cosx)dx.取F(x)＝－(sinx＋cosx)，∴S＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))－F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝4eq\r(2).不规则图形的面积可用定积分求，关键是确定定积分上、下限及被积函数，积分的上、下限一般是两曲线交点的横坐标．9．曲线C：y＝2x3－3x2－2x＋1，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，求过点P的切线l与C围成的图形的面积．解：设切点A(x0，y0)，则y′＝6xeq\o\al(2,0)－6x0－2，切线l：y－[2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)－2x0＋1]＝(6xeq\o\al(2,0)－6x0－2)(x－x0)过Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，∴－[2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)－2x0＋1]＝[6xeq\o\al(2,0)－6x0－2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x0)).即x0(4xeq\o\al(2,0)－6x0＋3)＝0.∴x0＝0，y0＝1，A(0,1)．∴切线l的方程为y－1＝－2(x－0)．∴2x＋y－1＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x3－3x2－2x＋1，,y＝1－2x))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝－2，))∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－2)).∴S＝eq\i\in(0,,)(3x2－2x3)dx＝eq\f(27,32).(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数y＝sin2x－cos2x的导数是()A．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))B．y′＝cos2x－sin2xC．y′＝sin2x＋cos2xD．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))解析：∵y′＝(sin2x－cos2x)′＝(sin2x)′－(cos2x)′＝cos2x·(2x)′＋sin2x·(2x)′＝2cos2x＋2sin2x＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos2x＋\f(\r(2),2)sin2x))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，故选A.答案：A2．已知曲线y＝lnx的切线过原点，则此切线的斜率为()A．e B．－eC.eq\f(1,e) D．－eq\f(1,e)解析：y＝lnx的定义域为(0，＋∞)，设切点为(x0，y0)，则k＝f′(x0)＝eq\f(1,x0)，∴切线方程为y－y0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又切线过点(0,0)，代入切线方程得y0＝1，则x0＝e，∴k＝f′(x0)＝eq\f(1,x0)＝eq\f(1,e).答案：C3．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是()A．(0,1] B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]，(0,1) D．[－1,0)，(0,1]解析：∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－1,x)，当0＜x≤1时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减．答案：A4．已知函数f(x)＝xlnx，若f(x)在x0处的函数值与导数值之和等于1，则x0的值等于()A．1 B．－1C．±1 D．不存在解析：因为f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝lnx＋1，于是有x0lnx0＋lnx0＋1＝1，解得x0＝1或x0＝－1(舍去)．答案：A5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是()解析：由导函数图象可知，当x<0时，函数f(x)递减，解除A、B；当0<x<x1时，f′(x)>0，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得微小值，故选D.答案：D6．函数f(x)＝2eq\r(x)＋eq\f(1,x)，x∈(0,5]的最小值为()A．2 B．3C.eq\f(17,4) D．2eq\r(2)＋eq\f(1,2)解析：由f′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)＝0得x＝1，且x∈(0,1)时f′(x)＜0，x∈(1,5]时f′(x)＞0，∴x＝1时f(x)最小，最小值为f(1)＝3.答案：B7．由直线x＝－eq\f(π,3)，x＝eq\f(π,3)，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为()A.eq\f(1,2) B.1C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析：结合函数图象可得所求的面积是定积分eq\i\in(－eq\f(π,3),eq\f(π,3),)cosxdx，取F(x)＝sinx，则F′(x)＝cosx.∴eq\i\in(－eq\f(π,3),eq\f(π,3),)cosxdx＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\r(3).答案：D8．设函数f(x)＝ex(sinx－cosx)(0≤x≤2019π)，则函数f(x)的各微小值之和为()A．－eq\f(e2π1－e2019π,1－e2π) B．－eq\f(e2π1－e2019π,1－eπ)C．－eq\f(1－e2020π,1－e2π) D．－eq\f(e2π1－e2018π,1－e2π)解析：∵f′(x)＝2exsinx，∴当x∈(2kπ＋π，2kπ＋2π)(k∈Z)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2kπ＋2π，2kπ＋3π)(k∈Z)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故当x＝2kπ＋2π(k∈Z)时，f(x)取微小值，其微小值为f(2kπ＋2π)＝－e2kπ＋2π(k∈Z)，又0≤x≤2019π，∴f(x)的各微小值之和S＝－e2π－e4π－…－e2018π＝－eq\f(e2π1－e2018π,1－e2π).答案：D9．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得微小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()解析：∵f(x)在x＝－2处取得微小值，∴在x＝－2旁边的左侧f′(x)＜0，当x＜－2时，xf′(x)＞0；在x＝－2旁边的右侧f′(x)＞0，当－2＜x＜0时，xf′(x)＜0.答案：C10．函数f(x)＝eq\a\vs4\al(\i\in(0,x,))t(t－4)dt在[－1,5]上()A．有最大值0，无最小值B．有最大值0，最小值－eq\f(32,3)C．有最小值－eq\f(32,3)，无最大值D．既无最大值，也无最小值解析：函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2，所以f′(x)＝x2－4x，所以f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,4]上单调递减，在[4,5]上单调递增，进而可得f(x)在[－1,5]上既有最大值又有最小值．答案：B11.已知定义在R上的函数f(x)满意f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示．则不等式f(x)<1的解集是()A．(－3,0) B．(－3,5)C．(0,5) D．(－∞，－3)∪(5，＋∞)解析：依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3,5)．答案：B12．若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,8)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,8)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))解析：依据题意，函数y＝ax2与函数y＝ex的图象在(0，＋∞)上有公共点，令ax2＝ex，得a＝eq\f(ex,x2).设f(x)＝eq\f(ex,x2)，则f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)，由f′(x)＝0，得x＝2，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)＝eq\f(ex,x2)在区间(0,2)上是减函数，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)＝eq\f(ex,x2)在区间(2，＋∞)上是增函数，所以当x＝2时，函数f(x)＝eq\f(ex,x2)在(0，＋∞)上有最小值f(2)＝eq\f(e2,4)，所以a≥eq\f(e2,4).答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中横线上)13．若函数f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函数f(x)的增区间为(－1,1)．又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]14．曲线y＝log2x在点(1,0)处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于________．解析：∵y′＝eq\f(1,xln2)，∴k＝eq\f(1,ln2)，∴切线方程为y＝eq\f(1,ln2)(x－1)，∴三角形面积为S△＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,ln2)＝eq\f(1,2ln2)＝eq\f(1,2)log2e.答案：eq\f(1,2)log2e15．点P是曲线y＝x2－lnx上随意一点，则P到直线y＝x－2的距离的最小值是________．解析：设曲线上一点的横坐标为x0(x0＞0)，则经过该点的切线的斜率为k＝2x0－eq\f(1,x0)，依据题意得，2x0－eq\f(1,x0)＝1，∴x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)，又∵x0＞0，∴x0＝1，此时y0＝1，∴切点的坐标为(1,1)，最小距离为eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)16．当x∈[－1,2]时，x3－x2－x＜m恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：记f(x)＝x3－x2－x，∴f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)或x＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，f(2)＝2，f(1)＝f(－1)＝－1，∴当x∈[－1,2]时，f(x)max＝2，∴m＞2.答案：(2，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，满分70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．(1)求f(x)的表达式；(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．解：(1)因为f′(x)＝3ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因为g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，因此f(x)的表达式为f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x＝－eq\r(2)(舍去)或x＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值为g(2)＝eq\f(4,3).18．(本小题满分12分)已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，且f(－1)＝2，f′(0)＝0，eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))f(x)dx＝－2，求a，b，c的值．解：由f(－1)＝2，得a－b＋c＝2，①又f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b＝0.②而eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))f(x)dx＝eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))(ax2＋bx＋c)dx.取F(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)bx2＋cx，则F′(x)＝f(x)．∴eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))f(x)dx＝F(1)－F(0)＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,2)b＋c.∴eq\f(1,3)a＋eq\f(1,2)b＋c＝－2，③由①②③式得a＝6，b＝0，c＝－4.19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2＋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，证明：对[－1,2]内的随意两个值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤eq\f(7,2).解：(1)f′(x)＝3x2－x＋b.令f′(x)＝0，由Δ>0得1－12b>0，即b<eq\f(1,12).∴b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,12))).(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x1＝－eq\f(2,3)，x2＝1，可以计算得到f(x)max＝2＋c，所以2＋c<c2，解得c>2或c<－1.即c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．(3)可以计算得到f(x)max＝2＋c，f(x)min＝－eq\f(3,2)＋c.∴对[－1,2]内的随意两个值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤2＋c－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋c))＝eq\f(7,2).20．(本小题满分12分)已知两个函数f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x.(1)若对随意x∈[－3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求实数c的取值范围；(2)若对随意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，求实数c的取值范围．解：(1)由f(x)≤g(x)恒成立得c≥(－2x3＋3x2＋12x)max.令F(x)＝－2x3＋3x2＋