（湘教版）高中数学选修2-2（全册）同步练习汇总第4章导数及其应用4．1导数概念4．1.1问题探索——求自由落体的瞬时速度一、基础达标1．设物体的运动方程s＝f(t), 在计算从t到t＋d这段时间内的平均速度时, 其中时间的增量d() A．d>0 B．d<0C．d＝0 D．d≠0答案 D2．一物体运动的方程是s＝2t2, 则从2 s到(2＋d) s这段时间内位移的增量爲() A．8 B．8＋2dC．8d＋2d2D．4d＋2d2答案 C解析Δs＝2(2＋d)2－2×22＝8d＋2d2.3．一物体的运动方程爲s＝3＋t2, 则在时间段[2,2.1]内相应的平均速度爲() A．4.11 B．4.01 C．4.0 D．4.1答案 D解析v＝3＋2.12－3－220.1＝4.1.4．一木块沿某一斜面自由下滑, 测得下滑的水平距离s与时间t之间的方程爲s＝18t2, 则t＝2时, 此木块水平方向的瞬时速度爲()A．2 B．1 C.12 D.14答案 C解析ΔsΔt＝18(2＋Δt)2－18×22Δt＝12＋18Δt→12(Δt→0)．5．质点运动规律s＝2t2＋1, 则从t＝1到t＝1＋d时间段内运动距离对时间的变化率爲________．答案4＋2d解析v＝2(1＋d)2＋1－2×12－11＋d－1＝4＋2d.6．已知某个物体走过的路程s(单位: m)是时间t(单位: s)的函数: s＝－t2＋1.(1)t＝2到t＝2.1；(2)t ＝2到t ＝2.01； (3)t ＝2到t ＝2.001.则三个时间段内的平均速度分别爲________, ________, ________, 估计该物体在t ＝2时的瞬时速度爲________． 答案 －4.1 m/s －4.01 m/s －4.001 m/s －4 m/s7．某汽车的紧急刹车装置在遇到特别情况时, 需在2 s 内完成刹车, 其位移 (单位: m)关于时间(单位: s)的函数爲: s (t )＝－3t 3＋t 2＋20, 求:(1)开始刹车后1 s 内的平均速度； (2)刹车1 s 到2 s 之间的平均速度； (3)刹车1 s 时的瞬时速度． 解 (1)刹车后1 s 内平均速度v 1＝s (1)－s (0)1－0＝(－3×13＋12＋20)－201＝－2(m/s)．(2)刹车后1 s 到2 s 内的平均速度爲: v 2＝s (2)－s (1)2－1＝(－3×23＋22＋20)－(－3×13＋12＋20)1＝－18(m/s)．(3)从t ＝1 s 到t ＝(1＋d )s 内平均速度爲: v 3＝s (1＋d )－s (1)d＝－3(1＋d )3＋(1＋d )2＋20－(－3×13＋12＋20)d＝－7d －8d 2－3d 3d ＝－7－8d －3d 2→－7(m/s)(d →0)即t ＝1 s 时的瞬时速度爲－7 m/s. 二、能力提升8．质点M 的运动方程爲s ＝2t 2－2, 则在时间段[2,2＋Δt ]内的平均速度爲( )A ．8＋2ΔtB ．4＋2ΔtC ．7＋2ΔtD ．－8＋2Δt答案 A解析 Δs Δt ＝2(2＋Δt )2－2－(2×22－2)Δt＝8＋2Δt .9．自由落体运动的物体下降的距离h 和时间t 的关系式爲h ＝12gt 2, 则从t ＝0到t ＝1时间段内的平均速度爲________, 在t ＝1到t ＝1＋Δt 时间段内的平均速度爲________, 在t ＝1时刻的瞬时速度爲________． 答案 12g g ＋12g Δt g 解析 12g ×12－12g ×021－0＝12g .12g (1＋Δt )2－12g ×12Δt ＝g ＋12g Δt . 当Δt →0时, g ＋12g Δt →g .10．自由落体运动的物体下降距离h 和时间t 的关系式爲h ＝12gt 2, t ＝2时的瞬时速度爲19.6, 则g ＝________. 答案 9.8解析 12g (2＋Δt )2－12g ×22Δt ＝2g ＋12g Δt . 当Δt →0时, 2g ＋12g Δt →2g . ∴2g ＝19.6, g ＝9.8.11．求函数s ＝2t 2＋t 在区间[2,2＋d ]内的平均速度． 解 ∵Δs ＝2(2＋d )2＋(2＋d )－(2×22＋2)＝9d ＋2d 2, ∴平均速度爲Δsd ＝9＋2d .12．甲、乙二人平时跑步路程与时间的关系以及百米赛跑路程和时间的关系分别如图①、②所示．问:(1)甲、乙二人平时跑步哪一个跑得快?(2)甲、乙二人百米赛跑, 快到终点时, 谁跑得快(设Δs爲s的增量)?解(1)由题图①在(0, t]时间段内, 甲、乙跑过的路程s甲<s乙, 故宥s甲t<s乙t即在任一时间段(0, t]内, 甲的平均速度小于乙的平均速度, 所以乙比甲跑得快．(2)由题图②知, 在终点附近[t－d, t)时间段内, 路程增量Δs乙>Δs甲, 所以Δs乙d>Δs甲d即快到终点时, 乙的平均速度大于甲的平均速度, 所以乙比甲跑得快．三、探究与创新13．质量爲10 kg的物体按照s(t)＝3t2＋t＋4的规律做直线运动, 求运动开始后4秒时物体的动能．解s(Δt＋4)－s(4)Δt＝3(Δt＋4)2＋(Δt＋4)＋4－(3×42＋4＋4)Δt＝3Δt＋25, 当Δt→0时, 3Δt＋25→25.即4秒时刻的瞬时速度爲25.∴物质的动能爲12m v2＝12×10×252＝3 125(J)4．1.2 问题探索——求作抛物线的切线一、基础达标1．已知曲线y＝2x2上一点A(1,2), 则A处的切线斜率等于() A．2 B．4C．6＋6d＋2d2D．6答案 B2．已知曲线y＝12x2－2上的一点P(1, －32), 则过点P的切线的倾斜角爲()A．30°B．45°C．135°D．165°答案 B3．如果曲线y＝2x2＋x＋10的一条切线与直线y＝5x＋3平行, 则切点坐标爲() A．(－1, －8) B．(1,13)C．(1,12)或(－1,8) D．(1,7)或(－1, －1)答案 B4．曲线y＝x－2在点P(3,1)处的切线斜率爲()A．－12B．0 C.12D．1答案 C解析(3＋Δx)－2－3－2Δx＝Δx＋1－1Δx＝1Δx＋1＋1.当Δx→0时,1Δx＋1＋1→12.5．若曲线y＝x2＋1在曲线上某点处的斜率爲2, 则曲线上该切点的坐标爲________．答案(1,2)6．曲线y＝x2＋2在点P(1,3)处的切线方程爲________．答案2x－y＋1＝0解析(1＋Δx)2＋2－(12＋2)Δx＝Δx＋2,当Δx→0时, Δx＋2→2.所以曲线y＝x2＋2在点P(1,3)处的切线斜率爲2, 其方程爲y－3＝2(x－1)．即爲2x－y＋1＝0.7．抛物线y＝x2在点P处的切线与直线2x－y＋4＝0平行, 求点P的坐标及切线方程．解设点P(x0, y0),f(x0＋d)－f(x0)d＝(x0＋d)2－x20d＝d＋2x0,d→0时, d＋2x0→2x0.抛物线在点P处的切线的斜率爲2x0,由于切线平行于2x－y＋4＝0, ∴2x0＝2, x0＝1, 即P点坐标爲(1,1),切线方程爲y－1＝2(x－1), 即爲2x－y－1＝0.二、能力提升8．曲线y＝－1x在点(1, －1)处的切线方程爲()A．y＝x－2 B．y＝xC．y＝x＋2 D．y＝－x－2 答案 A解析－1Δx＋1－(－11)Δx＝1－1Δx＋1Δx＝1Δx＋1,当Δx→0时,1Δx＋1→1.曲线y＝－1x在点(1, －1)处的切线的斜率爲1, 切线方程爲y＋1＝1×(x－1),即y＝x－2.9．曲线f(x)＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率爲________．答案7解析f(2＋Δx)－f(2)Δx＝(2＋Δx)2＋3(2＋Δx)－(22＋3×2)Δx＝Δx＋7,当Δx→0时, Δx＋7→7,所以, f(x)在A处的切线的斜率爲7.10．曲线f(x)＝x2＋3x在点A处的切线的斜率爲7, 则A点坐标爲________．答案(2,10)解析设A点坐标爲(x0, x20＋3x0),则f(x0＋Δx)－f(x0)Δx＝(x0＋Δx)2＋3(x0＋Δx)－(x20＋3x0)Δx＝Δx＋(2x0＋3),当Δx→0时, Δx＋(2x0＋3)→2x0＋3,∴2x0＋3＝7, ∴x0＝2.x20＋3x0＝10.A点坐标爲(2,10)．11．已知抛物线y＝x2＋1, 求过点P(0,0)的曲线的切线方程．解设抛物线过点P的切线的切点爲Q(x0, x20＋1)．则(x0＋Δx)2＋1－(x20＋1)Δx＝Δx＋2x0.Δx→0时, Δx＋2x0→2x0.∴x20＋1－0x0－0＝2x0, ∴x0＝1或x0＝－1.即切点爲(1,2)或(－1,2)．所以, 过P(0,0)的切线方程爲y＝2x或y＝－2x.即2x－y＝0或2x＋y＝0.三、探究与创新12．直线l: y＝x＋a(a≠0)和曲线C: y＝x3－x2＋1相切, 求切点的坐标及a的值．解设切点A(x0, y0),(x0＋d)3－(x0＋d)2＋1－(x30－x20＋1)d＝3x20d＋3x0d2＋d3－2x0d－d2d＝3x 20－2x 0＋(3x 0－1)d ＋d 2→3x 20－2x 0(d →0)． 故曲线上点A 处切线斜率爲3x 20－2x 0, ∴3x 20－2x 0＝1,∴x 0＝1或x 0＝－13, 代入C 的方程得 ⎩⎨⎧x 0＝1，y 0＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－13，y 0＝2327代入直线l ,当⎩⎨⎧x 0＝1，y 0＝1时, a ＝0(舍去), 当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－13，y 0＝2327时, a ＝3227,即切点坐标爲(－13, 2327), a ＝3227.4．1.3 导数的概念和几何意义一、基础达标1．设f ′(x 0)＝0, 则曲线y ＝f (x )在点(x 0, f (x 0))处的切线( )A ．不存在B ．与x 轴平行或重合C ．与x 轴垂直D ．与x 轴斜交答案 B2．已知函数y ＝f (x )的图象如图, 则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是( )A ．f ′(x A )>f ′(xB )B ．f ′(x A )<f ′(x B )C．f′(x A)＝f′(x B) D．不能确定答案 B解析分别作出A、B两点的切线, 由题图可知k B>k A, 即f′(x B)>f′(x A)．3．已知曲线y＝2x2上一点A(2,8), 则在点A处的切线斜率爲() A．4 B．16 C．8 D．2解析在点A处的切线的斜率即爲曲线y＝2x2在x＝2时的导数, 由导数定义可求y′＝4x, ∴f′(2)＝8.答案 C4．已知函数f(x)在x＝1处的导数爲3, 则f(x)的解析式可能爲() A．f(x)＝(x－1)2＋3(x－1)B．f(x)＝2(x－1)C．f(x)＝2(x－1)2D．f(x)＝x－1答案 A解析分别求四个选项的导函数分别爲f′(x)＝2(x－1)＋3；f′(x)＝2；f′(x)＝4(x－1)；f′(x)＝1.5．抛物线y＝x2＋x＋2上点(1,4)处的切线的斜率是________, 该切线方程爲____________．答案33x－y＋1＝0解析Δy＝(1＋d)2＋(1＋d)＋2－(12＋1＋2)＝3d＋d2, 故y′|x＝1＝limd→0Δy d＝limd→0(3＋d)＝3.∴切线的方程爲y－4＝3(x－1),即3x－y＋1＝0.6．若曲线y＝x2－1的一条切线平行于直线y＝4x－3, 则这条切线方程爲____________．答案4x－y－5＝0解析∵f′(x)＝f(x＋d)－f(x)d＝(x＋d)2－1－(x2－1)d＝2xd＋d2d＝(2x＋d)＝2x.设切点坐标爲(x0, y0), 则由题意知f′(x0)＝4, 即2x0＝4, ∴x0＝2, 代入曲线方程得y0＝3, 故该切线过点(2,3)且斜率爲4.所以这条切线方程爲y－3＝4(x－2), 即4x－y－5＝0.7．求曲线y＝x3在点(3,27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积．解∵f′(3)＝f(3＋d)－f(3)d＝(3＋d)3－33d＝(d2＋9d＋27)＝27,∴曲线在点(3,27)处的切线方程爲y－27＝27(x－3), 即27x－y－54＝0.此切线与x轴、y轴的交点分别爲(2,0), (0, －54)．∴切线与两坐标轴围成的三角形的面积爲S＝12×2×54＝54.二、能力提升8．曲线y＝－x3＋3x2在点(1,2)处的切线方程爲() A．y＝3x－1 B．y＝－3x＋5C．y＝3x＋5 D．y＝2x答案 A解析－(Δx＋1)3＋3(Δx＋1)2－(－13＋3×12)Δx＝－Δx2＋3.Δx→0时, －Δx2＋3→3.∴f′(1)＝3.即曲线在(1,2)处的切线斜率爲3. 所以切线方程爲y－2＝3(x－1), 即y＝3x－1.9．函数y＝f(x)图象在M(1, f(1))处的切线方程爲y＝12x＋2, 则f(1)＋f′(1)＝________. 答案 3解析 由已知切点在切线上． ∴f (1)＝12×1＋2＝52.切线的斜率f ′(1)＝12.∴f (1)＋f ′(1)＝3.10．若曲线y ＝x 2＋ax ＋b 在点(0, b )处的切线方程爲x －y ＋1＝0, 则a , b 的值分别爲________, ________. 答案 1 1解析 ∵点(0, b )在切线x －y ＋1＝0上, ∴－b ＋1＝0, b ＝1.又f (0＋Δx )－f (0)Δx ＝Δx 2＋a Δx ＋b －b Δx ＝a ＋Δx ,∴f ′(0)＝a ＝1.11．已知曲线y ＝x 3＋1, 求过点P (1,2)的曲线的切线方程． 解 设切点爲A (x 0, y 0), 则y 0＝x 30＋1.(x 0＋Δx )3＋1－(x 30＋1)Δx ＝Δx 3＋3x 20Δx ＋3x 0Δx2Δx ＝Δx 2＋3x 0Δx ＋3x 20.∴f ′(x 0)＝3x 20, 切线的斜率爲k ＝3x 20.点(1,2)在切线上, ∴2－(x 30＋1)＝3x 20(1－x 0)．∴x 0＝1或x 0＝－12. 当x 0＝1时, 切线方程爲3x －y －1＝0, 当x 0＝－12时, 切线方程爲3x －4y ＋5＝0.所以, 所求切线方程爲3x －y －1＝0或3x －4y ＋5＝0. 12．求抛物线y ＝x 2的过点P (52, 6)的切线方程． 解 由已知得, Δyd ＝2x ＋d , ∴当d →0时, 2x ＋d →2x , 即y ′＝2x ,设此切线过抛物线上的点(x 0, x 20), 又因爲此切线过点(52, 6)和点(x 0, x 20),其斜率应满足x20－6x0－52＝2x0,由此x0应满足x20－5x0＋6＝0.解得x0＝2或3.即切线过抛物线y＝x2上的点(2,4), (3,9)．所以切线方程分别爲y－4＝4(x－2), y－9＝6(x－3)．化简得4x－y－4＝0,6x－y－9＝0,此即是所求的切线方程．三、探究与创新13．求垂直于直线2x－6y＋1＝0并且与曲线y＝x3＋3x2－5相切的直线方程．解设切点爲P(a, b), 函数y＝x3＋3x2－5的导数爲y′＝3x2＋6x.故切线的斜率k＝y′|x＝a＝3a2＋6a＝－3, 得a＝－1, 代入y＝x3＋3x2－5得, b＝－3, 即P(－1, －3)．故所求直线方程爲y＋3＝－3(x＋1), 即3x＋y＋6＝0.4．2.3 导数的运算法则一、基础达标1．设y＝－2e x sin x, 则y′等于() A．－2e x cos x B．－2e x sin xC．2e x sin x D．－2e x(sin x＋cos x)答案 D解析y′＝－2(e x sin x＋e x cos x)＝－2e x(sin x＋cos x)．2．当函数y＝x2＋a2x(a>0)在x＝x0处的导数爲0时, 那么x0＝() A．a B．±a C．－a D．a2答案 B解析 y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x ′＝2x ·x －(x 2＋a 2)x 2＝x 2－a 2x 2,由x 20－a 2＝0得x 0＝±a . 3．设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直, 则a 等于( )A ．2 B.12 C ．－12 D ．－2 答案 D 解析 ∵y ＝x ＋1x －1＝1＋2x －1, ∴y ′＝－2(x －1)2.∴y ′|x ＝3＝－12. ∴－a ＝2, 即a ＝－2.4．已知曲线y ＝x 3在点P 处的切线斜率爲k , 则当k ＝3时的P 点坐标爲( )A ．(－2, －8)B ．(－1, －1)或(1,1)C ．(2,8) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－18 答案 B解析 y ′＝3x 2, ∵k ＝3, ∴3x 2＝3, ∴x ＝±1, 则P 点坐标爲(－1, －1)或(1,1)．5．设函数f (x )＝g (x )＋x 2, 曲线y ＝g (x )在点(1, g (1))处的切线方程爲y ＝2x ＋1, 则曲线y ＝f (x )在点(1, f (1))处切线的斜率爲________． 答案 4解析 依题意得f ′(x )＝g ′(x )＋2x , f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.6．已知f (x )＝13x 3＋3xf ′(0), 则f ′(1)＝________. 答案 1解析 由于f ′(0)是一常数, 所以f ′(x )＝x 2＋3f ′(0), 令x ＝0, 则f ′(0)＝0,∴f ′(1)＝12＋3f ′(0)＝1. 7．求下列函数的导数: (1)y ＝(2x 2＋3)(3x －1)； (2)y ＝x －sin x 2cos x2.解 (1)法一 y ′＝(2x 2＋3)′(3x －1)＋(2x 2＋3)(3x －1)′＝4x (3x －1)＋ 3(2x 2＋3)＝18x 2－4x ＋9.法二 ∵y ＝(2x 2＋3)(3x －1)＝6x 3－2x 2＋9x －3, ∴y ′＝(6x 3－2x 2＋9x －3)′＝18x 2－4x ＋9. (2)∵y ＝x －sin x 2cos x 2＝x －12sin x , ∴y ′＝x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ′＝1－12cos x .二、能力提升 8．曲线y ＝sin x sin x ＋cos x－12在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0处的切线的斜率爲( )A ．－12 B.12 C ．－22 D.22 答案 B 解析 y ′＝cos x (sin x ＋cos x )－sin x (cos x －sin x )(sin x ＋cos x )2＝1(sin x ＋cos x )2,故y ′|x ＝π4＝12,∴曲线在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0处的切线的斜率爲12.9．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上, α爲曲线在点P 处的切线的倾斜角, 则α的取值范围是( )A ．[0, π4) B ．[π4, π2) C ．(π2, 3π4]D ．[3π4, π)答案 D解析y′＝－4e x(e x＋1)2＝－4e xe2x＋2e x＋1, 设t＝e x∈(0, ＋∞), 则y′＝－4tt2＋2t＋1＝－4t＋1t＋2, ∵t＋1t≥2, ∴y′∈[－1,0), α∈[3π4, π)．10．(2013·江西)设函数f(x)在(0, ＋∞)内可导, 且f(e x)＝x＋e x, 则f′(1)＝________.答案 2解析令t＝e x, 则x＝ln t, 所以函数爲f(t)＝ln t＋t, 即f(x)＝ln x＋x, 所以f′(x)＝1x＋1, 即f′(1)＝11＋1＝2.11．求过点(2,0)且与曲线y＝x3相切的直线方程．解点(2,0)不在曲线y＝x3上, 可令切点坐标爲(x0, x30)．由题意, 所求直线方程的斜率k＝x30－0x0－2＝y′|x＝x0＝3x20, 即x30x0－2＝3x20, 解得x0＝0或x0＝3.当x0＝0时, 得切点坐标是(0,0), 斜率k＝0, 则所求直线方程是y＝0；当x0＝3时, 得切点坐标是(3,27), 斜率k＝27,则所求直线方程是y－27＝27(x－3),即27x－y－54＝0.综上, 所求的直线方程爲y＝0或27x－y－54＝0.12．已知曲线f(x)＝x3－3x, 过点A(0,16)作曲线f(x)的切线, 求曲线的切线方程．解设切点爲(x0, y0),则由导数定义得切线的斜率k＝f′(x0)＝3x20－3,∴切线方程爲y＝(3x20－3)x＋16,又切点(x0, y0)在切线上,∴y0＝3(x20－1)x0＋16,即x30－3x0＝3(x20－1)x0＋16,解得x0＝－2,∴切线方程爲9x－y＋16＝0.三、探究与创新13．设函数f (x )＝ax －bx , 曲线y ＝f (x )在点(2, f (2))处的切线方程爲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 所围成的三角形的面积爲定值, 并求此定值． (1)解 由7x －4y －12＝0得y ＝74x －3. 当x ＝2时, y ＝12, ∴f (2)＝12,①又f ′(x )＝a ＋bx 2, ∴f ′(2)＝74,②由①, ②得⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74.解之得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明 设P (x 0, y 0)爲曲线上任一点, 由y ′＝1＋3x 2知 曲线在点P (x 0, y 0)处的切线方程爲 y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0),即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)．令x ＝0得y ＝－6x 0, 从而得切线与直线x ＝0的交点坐标爲⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x 得y ＝x ＝2x 0, 从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标爲(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0, y 0)处的切线与直线x ＝0, y ＝x 所围成的三角形面积爲12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0||2x 0＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0, y ＝x 所围成的三角形的面积爲定值, 此定值爲6.4．2 导数的运算4．2.1 几个幂函数的导数 4．2.2 一些初等函数的导数表一、基础达标1．下列结论中正确的个数爲( )①y ＝ln 2, 则y ′＝12；②y ＝1x 2, 则y ′|x ＝3＝－227；③y ＝2x , 则y ′＝2x ln 2； ④y ＝log 2x , 则y ′＝1x ln 2. A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 D解析 ①y ＝ln 2爲常数, 所以y ′＝0.①错．②③④正确． 2．过曲线y ＝1x 上一点P 的切线的斜率爲－4, 则点P 的坐标爲( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2或⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2 答案 B解析 y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝－1x 2＝－4, x ＝±12, 故选B.3．已知f (x )＝x a , 若f ′(－1)＝－4, 则a 的值等于( )A ．4B ．－4C ．5D ．－5 答案 A解析 f ′(x )＝ax a －1, f ′(－1)＝a (－1)a －1＝－4, a ＝4. 4．函数f (x )＝x 3的斜率等于1的切线宥( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．不确定 答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2, 设切点爲(x 0, y 0), 则3x 20＝1, 得x 0＝±33, 即在点⎝ ⎛⎭⎪⎫33，39和点⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－39处宥斜率爲1的切线．5．曲线y ＝9x 在点M (3,3)处的切线方程是________． 答案 x ＋y －6＝0解析 ∵y ′＝－9x 2, ∴y ′|x ＝3＝－1, ∴过点(3,3)的斜率爲－1的切线方程爲: y －3＝－(x －3)即x ＋y －6＝0. 6．若曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积爲18, 则a ＝________. 答案 64 解析∴曲线在点处的切线斜率,∴切线方程爲．令x ＝0得；令y ＝0得x ＝3a .∵该切线与两坐标轴围成的三角形的面积爲S ＝12·3a ·＝18, ∴a ＝64.7．求下列函数的导数:(1) y ＝7x 3；(2)y ＝1x 4；(3)y ＝－2sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2cos 2x 4；(4)y ＝log 2x 2－log 2x . 解 (1)y ′＝⎝⎛⎭⎫7x 3′＝＝377x 4.(2)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 4′＝(x －4)′＝－4x －4－1＝－4x －5＝－4x 5.(3)∵y ＝－2sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2cos 2x 4＝2sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x 4－1＝2sin x 2cos x 2＝sin x ,∴y ′＝(sin x )′＝cos x . (4)∵y ＝log 2x 2－log 2x ＝log 2x , ∴y ′＝(log 2x )′＝1x ·ln 2. 二、能力提升8．已知直线y ＝kx 是曲线y ＝e x 的切线, 则实数k 的值爲( )A.1e B ．－1e C ．－e D ．e 答案 D解析y ′＝e x , 设切点爲(x 0, y 0), 则⎩⎨⎧y 0＝kx 0，y 0＝e x 0，k ＝e x 0.∴e x 0＝e x 0·x 0, ∴x 0＝1, ∴k ＝e.9．曲线y ＝ln x 在x ＝a 处的切线倾斜角爲π4, 则a ＝______. 答案 1解析 y ′＝1x , ∴y ′|x ＝a ＝1a ＝1, ∴a ＝1.10．点P是曲线y＝e x上任意一点, 则点P到直线y＝x的最小距离爲________．答案2 2解析根据题意设平行于直线y＝x的直线与曲线y＝e x相切于点(x0, y0), 该切点即爲与y＝x距离最近的点,如图．则在点(x0, y0)处的切线斜率爲1, 即y′|x＝x0＝1.∵y′＝(e x)′＝e x,∴e x0＝1, 得x0＝0, 代入y＝e x, 得y0＝1, 即P(0,1)．利用点到直线的距离公式得距离爲2 2.11．已知f(x)＝cos x, g(x)＝x, 求适合f′(x)＋g′(x)≤0的x的值．解∵f(x)＝cos x, g(x)＝x,∴f′(x)＝(cos x)′＝－sin x, g′(x)＝x′＝1,由f′(x)＋g′(x)≤0, 得－sin x＋1≤0,即sin x≥1, 但sin x∈[－1,1],∴sin x＝1, ∴x＝2kπ＋π2, k∈Z.12．已知抛物线y＝x2, 直线x－y－2＝0, 求抛物线上的点到直线的最短距离．解根据题意可知与直线x－y－2＝0平行的抛物线y＝x2的切线, 对应的切点到直线x－y－2＝0的距离最短, 设切点坐标爲(x0, x20), 则y′|x＝x＝2x0＝1,所以x0＝12, 所以切点坐标爲⎝⎛⎭⎪⎫12，14,切点到直线x－y－2＝0的距离d＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－14－22＝728,所以抛物线上的点到直线x－y－2＝0的最短距离爲72 8.三、探究与创新13．设f0(x)＝sin x, f1(x)＝f′0(x), f2(x)＝f′1(x), …, f n＋1(x)＝f′n(x), n∈N, 试求f2 014(x)．解f1(x)＝(sin x)′＝cos x,f2(x)＝(cos x)′＝－sin x,f3(x)＝(－sin x)′＝－cos x,f4(x)＝(－cos x)′＝sin x,f5(x)＝(sin x)′＝f1(x),f6(x)＝f2(x), …,f n＋4(x)＝f n(x), 可知周期爲4,∴f2 014(x)＝f2(x)＝－sin x.4.3导数在研究函数中的应用4．3.1利用导数研究函数的单调性一、基础达标1．命题甲: 对任意x∈(a, b), 宥f′(x)>0；命题乙: f(x)在(a, b)内是单调递增的, 则甲是乙的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析f(x)＝x3在(－1,1)内是单调递增的, 但f′(x)＝3x2≥0(－1<x<1), 故甲是乙的充分不必要条件, 选A.2．函数y＝12x2－ln x的单调减区间是()A．(0,1) B．(0,1)∪(－∞, －1) C．(－∞, 1) D．(－∞, ＋∞)答案 A解析 ∵y ＝12x 2－ln x 的定义域爲(0, ＋∞), ∴y ′＝x －1x , 令y ′<0, 即x －1x <0, 解得: 0<x <1或x <－1. 又∵x >0, ∴0<x <1, 故选A.3．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c , 其中a , b , c 爲实数, 当a 2－3b ＜0时, f (x )是( )A ．增函数B ．减函数C ．常函数D ．既不是增函数也不是减函数 答案 A解析 求函数的导函数f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b , 导函数对应方程f ′(x )＝0的 Δ＝4(a 2－3b )＜0, 所以f ′(x )＞0恒成立, 故f (x )是增函数． 4．下列函数中, 在(0, ＋∞)内爲增函数的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝x e 2C ．y ＝x 3－xD ．y ＝ln x －x答案 B解析 显然y ＝sin x 在(0, ＋∞)上既宥增又宥减, 故排除A ；对于函数y ＝x e 2, 因e 2爲大于零的常数, 不用求导就知y ＝x e 2在(0, ＋∞)内爲增函数； 对于C, y ′＝3x 2－1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33,故函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33, ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞上爲增函数,在⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上爲减函数；对于D, y ′＝1x －1 (x ＞0)．故函数在(1, ＋∞)上爲减函数, 在(0,1)上爲增函数．故选B.5．函数y ＝f (x )在其定义域⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，3内可导, 其图象如图所示, 记y ＝f (x )的导函数爲y ＝f ′(x ), 则不等式f ′(x )≤0的解集爲________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1∪[2,3)6．函数y ＝ln(x 2－x －2)的递减区间爲________． 答案 (－∞, －1)解析 f ′(x )＝2x －1x 2－x －2, 令f ′(x )＜0得x ＜－1或12＜x ＜2, 注意到函数定义域爲(－∞, －1)∪(2, ＋∞), 故递减区间爲(－∞, －1)．7．已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋8的单调递减区间爲(－5,5), 求函数y ＝f (x )的递增区间．解 f ′(x )＝3x 2＋a .∵(－5,5)是函数y ＝f (x )的单调递减区间, 则－5,5是方程3x 2＋a ＝0的根, ∴a ＝－75.此时f ′(x )＝3x 2－75,令f ′(x )＞0, 则3x 2－75＞0, 解得x ＞5或x ＜－5, ∴函数y ＝f (x )的单调递增区间爲(－∞, －5)和(5, ＋∞)． 二、能力提升8．如果函数f (x )的图象如图, 那么导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )答案 A解析 由f (x )与f ′(x )关系可选A.9．设f (x ), g (x )在[a , b ]上可导, 且f ′(x )＞g ′(x ), 则当a ＜x ＜b 时, 宥( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )－g ′(x )＞0, ∴(f (x )－g (x ))′＞0,∴f (x )－g (x )在[a , b ]上是增函数, ∴当a ＜x ＜b 时f (x )－g (x )＞f (a )－g (a ), ∴f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．10．(2013·大纲版)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数, 则a 的取值范围是________． 答案 [3, ＋∞)解析 因爲f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数,故f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立,即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．令h (x )＝1x 2－2x , 则h ′(x )＝－2x 3－2,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时, h ′(x )＜0, 则h (x )爲减函数,所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3, 所以a ≥3.11．求下列函数的单调区间: (1)y ＝x －ln x ； (2)y ＝ln(2x ＋3)＋x 2.解 (1)函数的定义域爲(0, ＋∞), y ′＝1－1x , 由y ′＞0, 得x ＞1；由y ′＜0, 得0＜x ＜1.∴函数y ＝x －ln x 的单调增区间爲(1, ＋∞), 单调减区间爲(0,1)． (2)函数y ＝ln(2x ＋3)＋x 2的定义域爲⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞.∵y ＝ln(2x ＋3)＋x 2,∴y ′＝22x ＋3＋2x ＝4x 2＋6x ＋22x ＋3＝2(2x ＋1)(x ＋1)2x ＋3.当y ′＞0, 即－32＜x ＜－1或x ＞－12时, 函数y ＝ln(2x ＋3)＋x 2单调递增； 当y ′＜0, 即－1＜x ＜－12时,函数y ＝ln(2x ＋3)＋x 2单调递减．故函数y ＝ln(2x ＋3)＋x 2的单调递增区间爲⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1, ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞, 单调递减区间爲⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12.12．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象经过点P (0,2), 且在点M (－1, f (－1))处的切线方程爲6x －y ＋7＝0. (1)求函数y ＝f (x )的解析式； (2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解 (1)由y ＝f (x )的图象经过点P (0,2), 知d ＝2, ∴f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2, f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c . 由在点M (－1, f (－1))处的切线方程爲6x －y ＋7＝0, 知－6－f (－1)＋7＝0, 即f (－1)＝1, f ′(－1)＝6.∴⎩⎨⎧ 3－2b ＋c ＝6，－1＋b －c ＋2＝1，即⎩⎨⎧2b －c ＝－3，b －c ＝0， 解得b ＝c ＝－3.故所求的解析式是f (x )＝x 3－3x 2－3x ＋2. (2)f ′(x )＝3x 2－6x －3.令f ′(x )＞0, 得x ＜1－2或x ＞1＋2； 令f ′(x )＜0, 得1－2＜x ＜1＋ 2.故f (x )＝x 3－3x 2－3x ＋2的单调递增区间爲(－∞, 1－2)和(1＋2, ＋∞), 单调递减区间爲(1－2, 1＋2)． 三、探究与创新13．已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2(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 )＝3mx 2＋2nx , 又f ′(2)＝0, ∴3m ＋n ＝0, 故n ＝－3m . (2)∵n ＝－3m , ∴f (x )＝mx 3－3mx 2, ∴f ′(x )＝3mx 2－6mx .令f ′(x )＞0, 即3mx 2－6mx ＞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).4.3.2 函数的极大值和极小值一、基础达标1.函数y＝f(x)的定义域爲(a, b), y＝f′(x)的图象如图, 则函数y＝f(x)在开区间(a, b)内取得极小值的点宥()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 A解析当满足f′(x)＝0的点, 左侧f′(x)＜0, 右侧f′(x)＞0时, 该点爲极小值点, 观察题图, 只宥一个极小值点．2．“函数y＝f(x)在一点的导数值爲0”是“函数y＝f(x)在这点取得极值”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析对于f(x)＝x3, f′(x)＝3x2, f′(0)＝0,不能推出f(x)在x＝0处取极值, 反之成立．故选B.3．若a＞0, b＞0, 且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处宥极值, 则ab的最大值等于() A．2 B．3 C．6 D．9答案 D解析f′(x)＝12x2－2ax－2b, ∵f(x)在x＝1处宥极值,∴f′(1)＝12－2a－2b＝0, ∴a＋b＝6.又a＞0, b＞0, ∴a＋b≥2ab, ∴2ab≤6,∴ab≤9, 当且仅当a＝b＝3时等号成立,∴ab的最大值爲9.4．函数y＝x3－3x2－9x(－2＜x＜2)宥() A．极大值5, 极小值－27B．极大值5, 极小值－11C ．极大值5, 无极小值D ．极小值－27, 无极大值 答案 C解析 由y ′＝3x 2－6x －9＝0, 得x ＝－1或x ＝3, 当x ＜－1或x ＞3时, y ′＞0, 当－1＜x ＜3时, y ′<0.故当x ＝－1时, 函数宥极大值5；x 取不到3, 故无极小值．5．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋3既宥极大值又宥极小值, 则实数a 的取值范围是________．答案 (－∞, －1)∪(2, ＋∞)解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2), 令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0, 即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0, ∵函数f (x )宥极大值和极小值, ∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0宥两个不相等的实数根, 即Δ＝4a 2－4a －8＞0, 解得a ＞2或a ＜－1.6．若函数y ＝x 3－3ax ＋a 在(1,2)内宥极小值, 则实数a 的取值范围是________． 答案 (1,4)解析 y ′＝3x 2－3a , 当a ≤0时, y ′≥0, 函数y ＝x 3－3ax ＋a 爲单调函数, 不合题意, 舍去；当a ＞0时, y ′＝3x 2－3a ＝0⇒x ＝±a , 不难分析, 当 1＜a ＜2, 即1＜a ＜4时, 函数y ＝x 3－3ax ＋a 在(1,2)内宥极小值． 7．求函数f (x )＝x 2e －x 的极值． 解 函数的定义域爲R , f ′(x )＝2x e －x ＋x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ′ ＝2x e －x －x 2e －x ＝x (2－x )e －x , 令f ′(x )＝0, 得x ＝0或x ＝2.当x 变化时, f ′(x ), f (x )的变化情况如下表:f′(x)－0＋0－f(x)04e－2当x＝2时, 函数宥极大值, 且爲f(2)＝4e－2.二、能力提升8．已知函数f(x), x∈R, 且在x＝1处, f(x)存在极小值, 则() A．当x∈(－∞, 1)时, f′(x)＞0；当x∈(1, ＋∞)时, f′(x)＜0B．当x∈(－∞, 1)时, f′(x)＞0；当x∈(1, ＋∞)时, f′(x)＞0C．当x∈(－∞, 1)时, f′(x)＜0；当x∈(1, ＋∞)时, f′(x)＞0D．当x∈(－∞, 1)时, f′(x)＜0；当x∈(1, ＋∞)时, f′(x)＜0答案 C解析∵f(x)在x＝1处存在极小值,∴x＜1时, f′(x)＜0, x＞1时, f′(x)＞0.9．(2013·福建)设函数f(x)的定义域爲R, x0(x0≠0)是f(x)的极大值点, 以下结论一定正确的是() A．∀x∈R, f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点答案 D解析x0(x0≠0)是f(x)的极大值点, 并不是最大值点．故A错；f(－x)相当于f(x)关于y轴的对称图象的函数, 故－x0应是f(－x)的极大值点, B错；－f(x)相当于f(x)关于x轴的对称图象的函数, 故x0应是－f(x)的极小值点．跟－x0没宥关系, C错；－f(－x)相当于f(x)关于坐标原点的对称图象的函数．故D 正确．10.如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示, 给出下列判断:①函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12内单调递增；②函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3内单调递减；③函数y ＝f (x )在区间(4,5)内单调递增； ④当x ＝2时, 函数y ＝f (x )宥极小值； ⑤当x ＝－12时, 函数y ＝f (x )宥极大值． 则上述判断正确的是________．(填序号) 答案 ③解析 函数的单调性由导数的符号确定, 当x ∈(－∞, －2)时, f ′(x )＜0, 所以f (x )在(－∞, －2)上爲减函数, 同理f (x )在(2,4)上爲减函数, 在(－2,2)上是增函数, 在(4, ＋∞)上爲增函数, 所以可排除①和②, 可选择③.由于函数在x ＝2的左侧递增, 右侧递减, 所以当x ＝2时, 函数宥极大值；而在x ＝ －12的左右两侧, 函数的导数都是正数, 故函数在x ＝－12的左右两侧均爲增函数, 所以x ＝－12不是函数的极值点．排除④和⑤.11．已知f (x )＝x 3＋12mx 2－2m 2x －4(m 爲常数, 且m ＞0)宥极大值－52, 求m 的值． 解 ∵f ′(x )＝3x 2＋mx －2m 2＝(x ＋m )(3x －2m ), 令f ′(x )＝0, 则x ＝－m 或x ＝23m . 当x 变化时, f ′(x ), f (x )的变化情况如下表:x (－∞, －m ) －m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，23m 23m ⎝ ⎛⎭⎪⎫23m ，＋∞ f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值∴f (x )极大值＝f (－m )＝－m 3＋12m 3＋2m 3－4＝－52, ∴m ＝1. 12．设a 爲实数, 函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a . (1)求f (x )的极值；(2)当a 在什么范围内取值时, 曲线y ＝f (x )与x 轴仅宥一个交点?解 (1)f ′(x )＝3x 2－2x －1. 令f ′(x )＝0, 则x ＝－13或x ＝1.当x 变化时, f ′(x ), f (x )的变化情况如下表:x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 －13 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1 1 (1, ＋∞) f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以f (x )的极大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝527＋a , 极小值是f (1)＝a －1.(2)函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a ＝(x －1)2(x ＋1)＋a －1, 由此可知, x 取足够大的正数时, 宥f (x )＞0, x 取足够小的负数时, 宥f (x )＜0, 所以曲线y ＝f (x )与x 轴至少宥一个交点．由(1)知f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝527＋a , f (x )极小值＝f (1)＝a －1.∵曲线y ＝f (x )与x 轴仅宥一个交点, ∴f (x )极大值＜0或f (x )极小值＞0, 即527＋a ＜0或a －1＞0, ∴a ＜－527或a ＞1,∴当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－527∪(1, ＋∞)时, 曲线y ＝f (x )与x 轴仅宥一个交点． 三、探究与创新13．(2013·新课标Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点, 求m , 并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时, 证明f (x )＞0. (1)解 f ′(x )＝e x －1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0, 所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1), 定义域爲(－1, ＋∞), f ′(x )＝e x －1x ＋1. 函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1, ＋∞)单调递增, 且f ′(0)＝0, 因此当x∈(－1,0)时, f′(x)＜0；当x∈(0, ＋∞)时, f′(x)＞0. 所以f(x)在(－1,0)单调递减, 在(0, ＋∞)单调递增．(2)证明当m≤2, x∈(－m, ＋∞)时, ln(x＋m)≤ln(x＋2), 故只需证明当m＝2时, f(x)＞0.当m＝2时,函数f′(x)＝e x－1x＋2在(－2, ＋∞)单调递增．又f′(－1)＜0, f′(0)＞0, 故f′(x)＝0在(－2, ＋∞)宥唯一实根x0, 且x0∈(－1,0)．当x∈(－2, x0)时, f′(x)＜0；当x∈(x0, ＋∞)时, f′(x)＞0, 从而当x＝x0时, f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得e x0＝1x0＋2, ln(x0＋2)＝－x0,故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝(x0＋1)2x0＋2＞0.综上, 当m≤2时, f(x)＞0.4.3.3三次函数的性质: 单调区间和极值一、基础达标1．函数y＝f(x)在[a, b]上() A．极大值一定比极小值大B．极大值一定是最大值C．最大值一定是极大值D．最大值一定大于极小值答案 D解析由函数的最值与极值的概念可知, y＝f(x)在[a, b]上的最大值一定大于极小值．2．函数y＝x e－x, x∈[0,4]的最大值是()A．0 B.1e C.4e4 D.2e2答案 B解析y′＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x), 令y′＝0, ∴x＝1,∴f(0)＝0, f(4)＝4e4, f(1)＝e－1＝1e, ∴f(1)爲最大值, 故选B.3．函数y＝ln xx的最大值爲()A．e－1B．e C．e2 D.10 3答案 A解析令y′＝(ln x)′x－ln x·x′x2＝1－ln xx2＝0.(x＞0)解得x＝e.当x>e时, y′<0；当0＜x<e时, y′＞0.y极大值＝f(e)＝1e, 在定义域(0, ＋∞)内只宥一个极值,所以y max＝1 e.4．函数y＝4xx2＋1在定义域内() A．宥最大值2, 无最小值B．无最大值, 宥最小值－2C．宥最大值2, 最小值－2 D．无最值答案 C解析令y′＝4(x2＋1)－4x·2x(x2＋1)2＝－4x2＋4(x2＋1)2＝0,得x＝±1.当x变化时, y′, y随x的变化如下表:y ′ －0 ＋0 －y极小值极大值大值2.5．已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 宥零点, 则a 的取值范围是________． 答案 (－∞, 2ln 2－2]解析 函数f (x )＝e x －2x ＋a 宥零点, 即方程e x －2x ＋a ＝0宥实根, 即函数 g (x )＝2x －e x , y ＝a 宥交点, 而g ′(x )＝2－e x , 易知函数g (x )＝2x －e x 在 (－∞, ln 2)上递增, 在(ln 2, ＋∞)上递减, 因而g (x )＝2x －e x 的值域爲 (－∞, 2ln 2－2], 所以要使函数g (x )＝2x －e x , y ＝a 宥交点, 只需 a ≤2ln 2－2即可．6．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．答案 π6＋ 3解析 y ′＝1－2sin x ＝0, x ＝π6, 比较0, π6, π2处的函数值, 得y max ＝π6＋ 3. 7．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋a 在[－2,2]上宥最小值－37, 求a 的值及f (x )在 [－2,2]上的最大值．解 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2), 令f ′(x )＝0, 得x ＝0或x ＝2,当x 变化时, f ′(x ), f (x )的变化情况如下表:x －2 (－2,0) 0 (0,2) 2 f ′(x ) ＋0 － 0f (x )－40＋a极大值a－8＋amin 当x ＝0时, f (x )的最大值爲3. 二、能力提升8．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2, g (x )＝ln x 的图象分别交于点M , N , 则当|MN |达到最小时t 的值爲()A．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析由题意画出函数图象如图所示, 由图可以看出|MN|＝y＝t2－ln t(t>0)．y′＝2t－1t＝2t2－1t＝2⎝⎛⎭⎪⎫t＋22⎝⎛⎭⎪⎫t－22t.当0＜t＜22时, y′＜0, 可知y在⎝⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减；当t＞22时, y′＞0, 可知y在⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增．故当t＝22时, |MN|宥最小值．9．(2014·湖北重点中学检测)已知函数f(x)＝x3－tx2＋3x, 若对于任意的a∈[1,2], b ∈(2,3], 函数f(x)在区间[a, b]上单调递减, 则实数t的取值范围是() A．(－∞, 3] B．(－∞, 5] C．[3, ＋∞) D．[5, ＋∞)答案 D解析∵f(x)＝x3－tx2＋3x, ∴f′(x)＝3x2－2tx＋3, 由于函数f(x)在(a, b)上单调递减, 则宥f′(x)≤0在[a, b]上恒成立, 即不等式3x2－2tx＋3≤0在[a, b]上恒成立, 即宥t≥32⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x在[a, b]上恒成立, 而函数y＝32⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x在[1,3]上单调递增, 由于a∈[1,2], b∈(2,3], 当b＝3时, 函数y＝32⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x取得最大值,即y max＝32⎝⎛⎭⎪⎫3＋13＝5, 所以t≥5, 故选D.10．如果函数f(x)＝x3－32x2＋a在[－1,1]上的最大值是2, 那么f(x)在[－1,1]上的最小值是________．答案－1 2解析f′(x)＝3x2－3x, 令f′(x)＝0得x＝0, 或x＝1.∵f (0)＝a , f (－1)＝－52＋a , f (1)＝－12＋a , ∴f (x )max ＝a ＝2. ∴f (x )min ＝－52＋a ＝－12.11．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋bx ＋c (a , b , c ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝－1和x ＝3处取得极值, 试求a , b 的值；(2)在(1)的条件下, 当x ∈[－2,6]时, f (x )＜2|c |恒成立, 求c 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝3x 2－2ax ＋b ,∵函数f (x )在x ＝－1和x ＝3处取得极值, ∴－1,3是方程3x 2－2ax ＋b ＝0的两根． ∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＋3＝23a －1×3＝b3, ∴⎩⎨⎧a ＝3b ＝－9.(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋c ,f ′(x )＝3x 2－6x －9, 令f ′(x )＝0, 得x ＝－1或x ＝3. 当x 变化时, f ′(x ), f (x )随x 的变化如下表:x (－∞, －1)－1 (－1,3) 3 (3, ＋∞) f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值c ＋5极小值 c －27∴当x ∈[－2,6]时, f (x )的最大值爲c ＋54, 要使f (x )＜2|c |恒成立, 只要c ＋54＜2|c |即可, 当c ≥0时, c ＋54＜2c , ∴c ＞54； 当c ＜0时, c ＋54＜－2c , ∴c ＜－18.∴c ∈(－∞, －18)∪(54, ＋∞), 此即爲参数c 的取值范围． 12．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a .(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值爲20, 求它在该区间上的最小值．解(1)∵f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＜0, 解得x＜－1或x＞3,∴函数f(x)的单调递减区间爲(－∞, －1), (3, ＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a,f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a, ∴f(2)＞f(－2)．于是宥22＋a＝20, ∴a＝－2.∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.∵在(－1,3)上f′(x)＞0, ∴f(x)在[－1,2]上单调递增．又由于f(x)在[－2, －1]上单调递减,∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值,∴f(－1)＝1＋3－9－2＝－7, 即f(x)最小值爲－7.三、探究与创新13．(2013·新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b, g(x)＝e x(cx＋d), 若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2), 且在点P处宥相同的切线y＝4x＋2.(1)求a, b, c, d的值；(2)若x≥－2时, f(x)≤kg(x), 求k的取值范围．解(1)由已知得f(0)＝2, g(0)＝2, f′(0)＝4,g′(0)＝4, 而f′(x)＝2x＋a, g′(x)＝e x(cx＋d＋c),∴a＝4, b＝2, c＝2, d＝2.(2)由(1)知, f(x)＝x2＋4x＋2, g(x)＝2e x(x＋1),设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2(x≥－2),F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．宥题设可得F(0)≥0, 即k≥1,令F′(x)＝0得, x1＝－ln k, x2＝－2,①若1≤k＜e2, 则－2＜x1≤0, ∴当x∈(－2, x1)时,F′(x)＜0, 当x∈(x1, ＋∞)时, F′(x)＞0, 即F(x)在(－2, x1)单调递减,在(x1, ＋∞)单调递增, 故F(x)在x＝x1取最小值F(x1), 而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.∴当 ≥－2时, F (x )≥0, 即f (x )≤kg (x )恒成立． ②若k ＝e 2, 则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －e 2),∴当x ≥－2时, F ′(x )≥0, ∴F (x )在(－2, ＋∞)单调递增, 而F (－2)＝0, ∴当x ≥－2时, F (x )≥0, 即f (x )≤kg (x )恒成立,③若k ＞e 2, 则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2(k －e 2)＜0, ∴当x ≥－2时, f (x )≤kg (x )不可能恒成立．综上所述, k 的取值范围爲[1, e 2].4.4 生活中的优化问题举例一、基础达标1．方底无盖水箱的容积爲256, 则最省材料时, 它的高爲( )A ．4B ．6C ．4.5D ．8 答案 A解析 设底面边长爲x , 高爲h , 则V (x )＝x 2·h ＝256, ∴h ＝256x 2,∴S (x )＝x 2＋4xh ＝x 2＋4x ·256x 2＝x 2＋4×256x , ∴S ′(x )＝2x －4×256x 2.令S ′(x )＝0, 解得x ＝8, ∴h ＝25682＝4.2．某银行准备新设一种定期存款业务, 经预算, 存款量与存款利率的平方成正比, 比例系数爲k (k >0)．已知贷款的利率爲0.0486, 且假设银行吸收的存款能全部放贷出去．设存款利率爲x , x ∈(0,0.0486), 若使银行获得最大收益, 则x 的取值爲( )。