课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束函数的平均变化率 f(x)－f(x0) f(x0＋Δx)－f(x0) 平均变化率的计算 平均变化率的比较 平均变化率的应用 课时作业（十四）课件43张PPT。教师用书独具演示演示结束瞬时速度与瞬时变化率 Δt趋近 于0 函数f(x)在x＝x0处的导数 瞬时变化 f′(x0)或y′|x＝x0 导函数 导数都存在 确定的导数f′(x) f′(x)(或y、y′) 物体运动的瞬时速度 求函数在某点处的导数 课时作业（十五）课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束导数的几何意义 函数的平均变化率 曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))的切线的斜率 导数几何意义的理解 求曲线的切线方程 导数几何意义的综合应用 课时作业（十六）课件42张PPT。教师用书独具演示演示结束基本初等函数的求导公式 应用导数公式求导 求函数在某点处的导数 导数的应用 课时作业（十七）课件46张PPT。教师用书独具演示演示结束导数的四则运算法则 和(或差) 求导法则的应用 求曲线的切线方程 导数的综合应用 课时作业（十八）课件47张PPT。教师用书独具演示演示结束用函数的导数判断函数单调性的法则 f′(x)>0 f′(x)<0 导数与函数图象的关系 求函数的单调区间 已知函数单调性，求参数的取值范围 课时作业（十九）课件60张PPT。教师用书独具演示演示结束极值点与极值 f(x)f(x0) x0 y极小值＝f(x0) x0 极大值 极小值 极大值点 极小值点 f′(x)＝0 左右侧 由正变负 由负变正 符号不变 函数f(x)在区间[a，b]上的最值 最大值 最小值 最大值 最小值 求函数的极值 求函数在闭区间上的最值 由函数的极值求参数 函数极值的综合应用 课时作业（二十）课件58张PPT。教师用书独具演示演示结束导数在实际问题中的应用 最佳方案 最佳策略 解决优化问题的基本思路 面积体积的最值问题 用料最省、费用最低问题 利润最大问题 课时作业（二十一）
一、选择题
1．函数y＝f(x)在x＝x0处导数的定义中，自变量x在x0处的增量Δx( )
A．大于0 B．小于0
C．等于0 D．不等于0
【解析】 Δx是一个增量，根据其意义可知Δx不等于0.
【答案】 D
2．自由落体运动的公式为s＝s(t)＝gt2(g＝10 m/s2)，若v＝，则下列说法正确的是( )
A．v是在0～1 s这段时间内的速度
B．v是1 s到(1＋Δt)s这段时间内的速度
C．5Δt＋10是物体在t＝1 s这一时刻的速度
D．5Δt＋10是物体从1 s到(1＋Δt)s这段时间内的平均速度
【解析】 由平均速度的概念知：v＝＝5Δt＋10.故应选D.
【答案】 D
3．(2013·惠州高二检测)某物体作直线运动，其运动规律是s＝t2＋(t的单位是秒，s的单位是米)，则它在4秒末的瞬时速度为( )
A.米/秒 B.米/秒
C．8米/秒 D.米/秒
【解析】 ∵＝
＝
＝Δt＋8－，∴ ＝8－＝.
【答案】 B
4．函数y＝x3在x＝1处的导数为( )
A．2 B．－2
C．3 D．－3
【解析】 ＝
＝
＝3x2＋3Δx·x＋(Δx)2，
∴ ＝3x2.
∴y′|x＝1＝3.
【答案】 C
5．已知点P(x0，y0)是抛物线y＝3x2＋6x＋1上一点，且f′(x0)＝0，则点P的坐标为( )
A．(1,10) B．(－1，－2)
C．(1，－2) D．(－1,10)
【解析】 Δy＝3(x0＋Δx)2＋6(x0＋Δx)－3x－6x0＝6x0·Δx＋3Δx2＋6Δx，
∴ ＝ (6x0＋3Δx＋6)＝6x0＋6＝0.
∴x0＝－1，y0＝－2.
【答案】 B
二、填空题
6．(2013·洛阳高二检测)一小球沿斜面自由滚下，其运动方程是s(t)＝t2(s的单位：米，t的单位：秒)，则小球在t＝5时的瞬时速度为________．
【解析】 v′(5)＝
＝ (10＋Δt)＝10.
【答案】 10米/秒
7．已知函数f(x)＝ax＋4，若f′(1)＝2，则a＝________.
【解析】 f′(1)＝ ＝ ＝2，∴a＝2.
【答案】 2
8．若函数f(x)在x＝a处的导数为m，那么 ＝________.
【解析】 ∵ ＝m，
则 ＝m.
∴
＝
＝ ＋ ＝m＋m＝2m.
【答案】 2m
三、解答题
9．已知f(x)＝(x－1)2，求f′(x0)，f′(0)．
【解】 ∵Δf＝(x0＋Δx－1)2－(x0－1)2
＝2x0·Δx－2Δx＋(Δx)2 ，
∴＝＝2x0－2＋Δx，
f′(x0)＝ ＝ (2x0－2＋Δx)＝2x0－2，
把x0＝0代入上式，得f′(0)＝2×0－2＝＝－2.
10．设质点作直线运动，已知路程s是时间t的函数：
s＝3t2＋2t＋1.
(1)求从t＝2到t＝2＋Δt的平均速度，并求当Δt＝1，Δt＝0.1时的平均速度；
(2)求当t＝2时的瞬时速度．
【解】 (1)从t＝2到t＝2＋Δt内的平均速度为：
＝
＝
＝＝14＋3Δt.
当Δt＝1时，平均速度为14＋3×1＝17；
当Δt＝0.1时，平均速度为14＋3×0.1＝14.3.
(2)t＝2时的瞬时速度为：
v＝ ＝ (14＋3Δt)＝14.
11．(2013·黄冈高二检测)枪弹在枪筒中运动可以看作匀加速运动，如果枪弹的加速度是a＝5×105 m/s2，它从枪口射出所用的时间为t1＝1.6×10－3 s，求枪弹射出枪口时的瞬时速度．
【解】 ∵s(t)＝at2，
∴Δs＝s(t1＋Δt)－s(t1)
＝a(t1＋Δt)2－at
＝at1Δt＋a(Δt)2，
＝＝at1＋aΔt.
∴枪弹射出枪口时的瞬时速度为
v＝ ＝ (at1＋aΔt)＝at1.
由题意a＝5×105 m/s2，
t1＝1.6×10－3s，
∴v＝at1＝5×105×1.6×10－3
＝800(m/s)，
即枪弹射出枪口时的瞬时速度为800 m/s.
一、选择题
1．(2013·临沂高二检测)设函数f(x)满足 ＝－1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率是( )
A．2 B．－1 C. D．－2
【解析】 ∵ ＝f′(1)＝k＝－1，
∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率是－1.
【答案】 B
2．过点(－1,0)作抛物线y＝x2＋x＋1的切线，则其中一条切线为( )
A．2x＋y＋3＝0 B．3x－y＋5＝0
C．2x＋y＋1＝0 D．x－y＋1＝0
【解析】 ∵点(－1,0)不在抛物线y＝x2＋x＋1上，故点(－1,0)不是切点，但此点在切线上，应满足切线方程，经验证，只有D符合．
【答案】 D
3．函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图3－1－2所示，则在y＝f(x)的图象上A，B的对应点附近，有( )
图3－1－2
A．A处下降，B处上升
B．A处上升，B处下降
C．A处下降，B处下降
D．A处上升，B处上升
【解析】 ∵所给图象是导函数的图象，且A点处y＜0，B点处y＞0，故原函数图象上A处下降，B处上升．
【答案】 A
4．(2013·鹤壁高二检测)如图3－1－3所示，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)＝( )
图3－1－3
A. B．1
C．2 D．0
【解析】 由图象知f(5)＝－5＋8＝3.
由导数几何意义知f′(5)＝－1.
∴f(5)＋f′(5)＝3－1＝2.
【答案】 C
5．(2013·黄冈高二检测)已知曲线y＝在点P(1,4)处的切线与直线l平行且距离为，则直线l的方程为( )
A．4x－y＋9＝0
B．4x－y＋9＝0或4x－y＋25＝0
C．4x＋y＋9＝0或4x＋y－25＝0
D．以上均不对
【解析】 y′＝ ＝－4，∴k＝－4，∴切线方程为y－4＝－4(x－1)，即4x＋y－8＝0，设l：4x＋y＋c＝0，由题意＝，∴c＝9或－25，应选C.
【答案】 C
二、填空题
6．已知y＝ax2＋b在点(1,3)处的切线斜率为2，则＝________.
【解析】 由题意 ＝ (aΔx＋2a)＝2a＝2，∴a＝1，又3＝a×12＋b，∴b＝2，∴＝2.
【答案】 2
7．(2013·杭州高二检测)曲线f(x)＝3x＋x2在点(1，f(1))处的切线方程为__________．
【解析】 k＝ ＝5.
∵f(1)＝4.
由点斜式得y－4＝5(x－1)，即y＝5x－1.
【答案】 y＝5x－1
8．y＝f(x)，y＝g(x)，y＝h(x)的图象如图3－1－4所示：
图3－1－4
而图3－1－5是其对应导数的图象：
图3－1－5
则y＝f(x)对应________；y＝g(x)对应________；y＝h(x)对应________．
【解析】 由导数的几何意义，y＝f(x)上任一点处的切线斜率均小于零且保持不变，则y＝f(x)对应②.y＝g(x)上任一点处的切线斜率均小于零，且在起始部分斜率值趋近负无穷，故y＝g(x)对应③.y＝h(x)图象上任一点处的切线斜率都大于零，且先小后大，故y＝h(x)对应①.
【答案】 ② ③ ①
三、解答题
9．已知函数f(x)＝x2＋2.
(1)求f′(x)；(2)求f(x)在x＝2处的导数．
【解】 (1)∵Δy＝f(x＋Δx)－f(x)
＝(x＋Δx)2＋2－(x2＋2)
＝(Δx)2＋2x·Δx，
∴＝2x＋Δx.
∴f′(x)＝ ＝2x.
(2)f′(2)＝f′(x)|x＝2＝2×2＝4.
10．已知曲线y＝x3上一点P(2，)，求：
(1)点P处的切线的斜率；
(2)点P处的切线方程．
【解】 (1)由y＝x3，
得y′＝
＝
＝
＝[3x2＋3xΔx＋(Δx)2]
＝x2，
y′|x＝2＝22＝4.
所以点P处的切线的斜率等于4.
(2)在点P处的切线方程为y－＝4(x－2)，
即12x－3y－16＝0.
11．已知f(x)＝x2，g(x)＝x3.
(1)求f′(x)，g′(x)，并判断f′(x)和g′(x)的奇偶性；
(2)若对于所有的实数x，f′(x)－2＜ag′(x)恒成立，试求实数a的取值范围．
【解】 (1)由导数的定义知，
f′(x)＝ ＝2x；
g′(x)＝ ＝[3x2＋3x·Δx＋(Δx)2]＝3x2.
f′(x)和g′(x)的定义域为R，故定义域关于原点对称，
∵f′(－x)＝－2x＝－f′(x)，
∴f′(x)为奇函数．
∵g′(－x)＝3(－x)2＝3x2＝g′(x)，
∴g′(x)为偶函数．
(2)由f′(x)－2＜ag′(x)，得3ax2－2x＋2＞0对任意实数x恒成立．
①当a＝0时，转化为－2x＋2＞0恒成立，即x＜1，不合题意；
②当a≠0时，由3ax2－2x＋2＞0对所有实数x都成立得，
解得a＞.综上a的取值范围是(，＋∞).
一、选择题
1．下列结论中不正确的是( )
A．若y＝x4，则y′|x＝2＝32
B．若y＝，则y′|x＝2＝－
C．若y＝，则y′|x＝1＝－
D．若y＝x－5，则y′|x＝－1＝－5
【解析】 由幂函数的求导公式易知B不对，
【答案】 B
2．已知曲线y＝x3在点P处的切线斜率为k，则当k＝3时的P点坐标为( )
A．(－2，－8) B．(－1，－1)或(1,1)
C．(2,8) D．(－，－)
【解析】 y′＝3x2，∵k＝3，∴3x2＝3，∴x＝±1，
则P点坐标为(－1，－1)或(1,1)．
【答案】 B
3．曲线y＝cos x在点(，－)处的切线斜率是( )
A. B．－
C. D．－
【解析】 ∵y′＝(cos x)′＝－sin x，
则k＝－sin＝.
【答案】 C
4．质点沿直线运动的路程和时间的关系是s＝，则质点在t＝4时的速度为( )
A. B.
C. D.
【解析】
∴v＝s′|t＝4＝·4－＝ .
【答案】 B
5．设曲线y＝ax2在(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a等于( )
A．1 B.
C．－ D．－1
【解析】 y′＝2ax，∴在点(1，a)处切线的斜率k＝y′|x＝1＝2a.
由题意可得2a＝2，∴a＝1.故选A.
【答案】 A
二、填空题
6．曲线y＝x2的平行于直线x－y＋1＝0的切线方程为________．
【解析】 设所求切线的切点为P(x0，y0)，
则切线的斜率为f′(x0)＝2x0＝1，∴x0＝，y0＝.
∴切线方程为x－y－＝0.
【答案】 x－y－＝0
7．曲线y＝x2上过点(2,4)的切线与x轴、直线x＝2所围成的三角形的面积为________．
【解析】 ∵y′＝2x，∴y′|x＝2＝4，∴过点(2,4)的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.令y＝0得切线在x轴上的截距为1，故所求面积为S＝×(2－1)×4＝2.
【答案】 2
8．(2013·重庆高二检测)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lg xn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．
【解析】 ∵f′(1)＝n＋1，∴y＝xn＋1在点(1,1)处的切线方程为y＝(n＋1)(x－1)＋1.令y＝0，得xn＝，
∴an＝lg n－lg(n＋1)，
∴a1＋a2＋…＋a99＝lg 1－lg 100＝－2.
【答案】 －2
三、解答题
9．求下列函数的导数．
(1)y＝()x；(2)y＝()x；
(3)y＝lg 5；(4)y＝3lg；
(5)y＝2cos2－1.
【解】 (1)y′＝[()x]′＝()xln
＝－＝－e－x.
(2)y′＝[()x]′＝()xln
＝＝－10－xln 10.
(3)∵y＝lg 5是常数函数，
∴y′＝(lg 5)′＝0.
(4)∵y＝3lg＝lg x，
∴y′＝(lg x)′＝.
(5)∵y＝2cos2－1＝cos x，
∴y′＝(cos x)′＝－sin x.
10．已知点P(e，a)在曲线f(x)＝ln x上，直线l是以点P为切点的切线，求过点P且与直线l垂直的直线的方程．(字母e是一个无理数，是自然对数的底数)
【解】 ∵f′(x)＝，∴kl＝f′(e)＝.
由题意知所求直线斜率为－e.
∵点P(e，a)在曲线f(x)＝ln x上，
∴a＝ln e＝1.
故所求直线方程为y－1＝－e(x－e)，
即ex＋y－e2－1＝0.
11．已知两条曲线y＝sin x，y＝cos x，是否存在这两条曲线的一个公共点，使在这一点处，两条曲线的切线互相垂直？并说明理由．
【解】 由于y＝sin x，y＝cos x，设这两条曲线的一个公共点为P(x0，y0)．
∴两条曲线在P(x0，y0)处的斜率分别为k1＝cos x0，k2＝－sin x0.
若使两条切线互相垂直，
必须cos x0·(－sin x0)＝－1，
即sin x0·cos x0＝1，
也就是sin 2x0＝2，
这是不可能的．
∴两条曲线不存在公共点，使在这一点处的两条切线互相垂直.
一、选择题
1．函数y＝sin x(1－cos x)的导数y′＝( )
A．cos x＋cos 2x B．cos x－cos 2x
C．sin x＋cos 2x D．cos2x＋cos 2x
【解析】 y＝sin x－sin xcos x，∴y′＝cos x－cos2x＋sin2x＝cos x－cos 2x.故选B.
【答案】 B
2．设f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0＝( )
A．e2 B．e
C. D．ln 2
【解析】 f′(x0)＝ln x0＋1＝2，∴x0＝e.
【答案】 B
3．(2011·山东高考)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．－9 B．－3
C．9 D．15
【解析】 ∵y′＝3x2，∴f′(1)＝3，
切线方程为y－12＝3(x－1)，∴y＝3x＋9.
【答案】 C
4．曲线y＝ex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A.e2 B.e2
C．2e2 D．e2
【解析】 ∵y′＝(ex)′＝ex，∴k＝y′|x＝2＝e2.
∴曲线在点(2，e2)处的切线方程为
y－e2＝e2(x－2)，
即y＝e2x－e2.
当x＝0时，y＝－e2，
当y＝0时，x＝1.
∴S△＝×1×|－e2|＝e2，故选A.
【答案】 A
5．设函数f(x)＝x3＋x2＋tan θ，其中θ∈[0，]，则导数f′(1)的取值范围是( )
A．[－2,2] B．[，]
C．[，2] D．[，2]
【解析】 f′(x)＝x2sin θ＋xcos θ，
∴f′(1)＝sin θ＋cos θ＝2sin(θ＋)，
∵θ∈[0，]，∴sin(θ＋)∈[，1]，
∴f′(1)∈[，2]．
【答案】 D
二、填空题
6．设函数f(x)＝x3－2x2＋x＋5，则f′(1)＝________.
【解析】 ∵f′(x)＝3x2－4x＋1，∴f′(1)＝3×12－4×1＋1＝0.
【答案】 0
7．若曲线f(x)＝x4－x在点P处的切线平行于直线3x－y＝0，则点P的坐标为________．
【解析】 设P(x0，y0)，
f′(x)＝4x3－1，∴4x－1＝3，∴4x＝4，∴x0＝1.
∴y0＝f(1)＝1－1＝0，
∴P点坐标为(1,0)．
【答案】 (1,0)
8．曲线y＝x3＋3x2＋6x－10的切线中，斜率最小的切线方程为________．
【解析】 由y′＝k＝3x2＋6x＋6＝3(x2＋2x＋2)
＝3(x＋1)2＋3≥3，故kmin＝3，
设切点(x0，y0)，
此时x0＝－1，y0＝－14，
∴切线方程为y＋14＝3(x＋1)，
即3x－y－11＝0.
【答案】 3x－y－11＝0
三、解答题
9．求下列函数的导数：
(1)f(x)＝x2sin x＋2cos x；(2)f(x)＝；
(3)f(x)＝.
【解】 (1)f′(x)＝2xsin x＋x2cos x－2sin x.
(2)f′(x)＝
＝＝.
10．已知函数f(x)是关于x的二次函数，f′(x)是f(x)的导函数，又对一切x∈R都有x2f′(x)－(2x－1)f(x)＝1成立，求函数f(x)的解析式．
【解】 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
x2f′(x)－(2x－1)f(x)
＝x2(2ax＋b)－(2x－1)(ax2＋bx＋c)
＝(a－b)x2＋(b－2c)x＋c＝1，
∴解得
∴f(x)的解析式为f(x)＝2x2＋2x＋1.
11．已知曲线C1：y＝x2与C2：y＝－(x－2)2，若直线l与C1，C2都相切，求直线l的方程．
【解】 设直线l与两曲线的切点的坐标分别为A(a，a2)，B(b，－(b－2)2)．
因为两曲线对应函数的导函数分别为y′1＝2x，y′2＝－2(x－2)，
所以在A，B两点处两曲线的斜率分别为y′1|x＝a＝2a，y′2|x＝b＝－2(b－2)．
由题意可得＝2a＝－2b＋4，
即解之，得或
所以A(2,4)或(0,0)，切线的斜率k＝4或0，从而所得的切线方程为y＝4x－4或y＝0.
一、选择题
1．函数y＝f(x)的图象如右图3－3－3所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是( )
图3－3－3
【解析】 由函数的图象可知，在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上，函数f(x)均为减函数，故在这两个区间上，f′(x)均小于0.
【答案】 D
2．(2013·吉林高二检测)函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递减区间为( )
A．(－1,1) B．(1,2)
C．(－∞，－1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
【解析】 f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝3x2－3＜0得－1＜x＜1.
∴原函数的单调递减区间为(－1,1)．
【答案】 A
3．定义在R上的函数f(x)，若(x－1)·f′(x)＜0，则下列各项正确的是( )
A．f(0)＋f(2)＞2f(1)
B．f(0)＋f(2)＝2f(1)
C．f(0)＋f(2)＜2f(1)
D．f(0)＋f(2)与2f(1)大小不定
【解析】 当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，
∴f(1)＞f(2)．
当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，
∴f(0)＜f(1)．因此f(0)＋f(2)＜2f(1)．
【答案】 C
4．(2013·天水高二检测)已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在(－1,1)上单调递减，则a的取值范围为( )
A．a≥3 B．a＞3
C．a≤3 D．a＜3
【解析】 ∵f′(x)＝3x2－a，由题意f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3x2在(－1,1)上恒成立，又∵0≤3x2＜3，∴a≥3，经验证当a＝3时，f(x)在(－1,1)上单调递减．
【答案】 A
图3－3－4
5．(2013·临沂高二检测)已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数如图3－3－4所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能为( )
【解析】 由图可以看出f′(x)和g′(x)均大于0，即f(x)和g(x)均为增函数．y＝f′(x)递减，则y＝f(x)的切线斜率随着x的增大而减小，即y＝f(x)的增速逐渐减慢；y＝g′(x)递增，则y＝g(x)的切线的斜率随着x的增大而增大，即y＝g(x)的增速不断加快．由f′(x0)＝g′(x0)可知y＝f(x)和y＝g(x)在x＝x0处的切线斜率相同，故选D.
【答案】 D
二、填空题
6．(2013·惠州高二检测)函数f(x)＝xln x的单调减区间为________．
【解析】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)＜0得x＜，又x＞0，∴f(x)的减区间为(0，)．
【答案】 (0，)
7．已知函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1在R上不是单调函数，则实数m的取值范围是________．
【解析】 f′(x)＝3x2＋2x＋m，
∵f(x)在R上非单调，∴f′(x)有两个相异零点．
∴Δ＝4－12m＞0，
∴m＜.
【答案】 (－∞，)
8．(2013·洛阳高二检测)若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，则b＝________，c＝________.
【解析】 ∵f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知x＜－1或x＞2是不等式3x2＋2bx＋c＞0的解集，∴－1,2是方程3x2＋2bx＋c＝0的两个根，∴－1＋2＝－b，－1×2＝，∴b＝－，c＝－6.
【答案】 － －6
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ax4＋bx2＋c的图象经过点(0,1)，且在x＝1处的切线方程是y＝x－2.
(1)求y＝f(x)的解析式；
(2)求y＝f(x)的单调递增区间．
【解】 (1)由题意得：f(0)＝1，f′(1)＝1，f(1)＝－1.
∴∴
∴f(x)＝x4－x2＋1.
(2)f′(x)＝10x3－9x，由10x3－9x＞0得x＞或－＜x＜0，
∴f(x)的单调增区间为(－，0)，(，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－，讨论函数f(x)的单调性．
【解】 由条件可知a≠0，
∴f′(x)＝3ax2－6x＝3ax(x－)．
∴当a＞0时，
f′(x)＞0?x＜0或x＞，
f′(x)＜0?0＜x＜.
f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)上是增函数，在(0，)上是减函数；
当a＜0时，
f′(x)＜0?x＜或x＞0，
f′(x)＞0?＜x＜0.
f(x)在(－∞，)，(0，＋∞)上是减函数，在(，0)上是增函数．
综上，a＞0时，f(x)在(－∞，0)，(＋∞)上是增函数，在(0，)上是减函数；
a＜0时f(x)在(－∞，)，(0，＋∞)上是减函数，在(，0)上是增函数．
11．已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的单调增区间；
(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．
【解】 (1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
令f′(x)≥0得ex≥a，
当a≤0时，有f′(x)＞0在R上恒成立；
当a＞0时，有x≥ln a.
综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；
当a＞0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
∵f(x)在R上单调递增，
∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，
即a≤ex，x∈R恒成立．
∵x∈R时，ex∈(0，＋∞)，∴a≤0.
因此实数a的取值范围是(－∞，0].
一、选择题
1．已知函数f(x)，x∈R，有唯一极值，且当x＝1时，f(x)存在极小值，则( )
A．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0
B．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0
C．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0
D．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0
【解析】 f(x)在x＝1时存在极小值，则当x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，应选C.
【答案】 C
图3－3－5
2．(2013·青岛高二检测)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋c，其导函数f′(x)的图象如图3－3－5所示，则函数f(x)的极小值是( )
A．a＋b＋c B．3a＋4b＋c
C．3a＋2b D．c
【解析】 由f′(x)的图象可知，当x＝0时，函数取得极小值，f(x)极小值＝c.
【答案】 D
3．函数f(x)＝x3－3x2＋3x( )
A．x＝1时，取得极大值
B．x＝1时，取得极小值
C．x＝－1时，取得极大值
D．无极值点
【解析】 f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0恒成立．
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，f(x)无极值．
【答案】 D
4．(2013·郑州高二检测)函数f(x)＝ln x－x在(0，e)上的最大值为( )
A．1－e B．－1 C．－e D．0
【解析】 f′(x)＝－1，令f′(x)＞0，得0＜x＜1；令f′(x)＜0，得1＜x＜e，∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，e)上递减，∴f(x)max＝f(1)＝－1.
【答案】 B
5．(2013·吉林高二检测)已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则m的取值范围是( )
A．m≥ B．m＞
C．m≤ D．m＜
【解析】 f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0得x＝0或x＝3，验证可知x＝3是函数的最小值点，故f(x)min＝f(3)＝3m－，由f(x)＋9≥0恒成立得f(x)≥－9恒成立，即3m－≥－9，∴m≥.
【答案】 A
二、填空题
6．函数y＝x·e－x，x∈[0,4]的最小值为________．
【解析】 ∵y′＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，令y′＝0，得x＝1，而f(0)＝0，f(1)＝，f(4)＝，∴ymin＝0.
【答案】 0
7．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m等于________．
【解析】 y′＝－3x2＋12x＝－3x(x－4)．
令y′＝0得x1＝0，x2＝4.
列表可知y极大＝f(4)＝32＋m＝13.
∴m＝－19.
【答案】 －19
8．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是________．
【解析】 f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，
由题意f′(x)＝0有两个不等的实根，
故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)＞0，解之得a＞2或a＜－1.
【答案】 (－∞，－1)∪(2，＋∞)
三、解答题
9．求下列函数的极值．
(1)f(x)＝x3－12x；(2)f(x)＝－2.
【解】 (1)函数f(x)的定义域为R.
f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)．
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
f(－2)＝16
↘
极小值
f(2)＝－16
↗
所以当x＝－2时，函数有极大值，
且f(－2)＝(－2)3－12×(－2)＝16；
当x＝2时，函数有极小值，
且f(2)＝23－12×2＝－16.
(2)函数的定义域为R.
f′(x)＝＝－.
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值－3
↗
极大值－1
↘
所以当x＝－1时，函数有极小值，
且f(－1)＝－2＝－3；
当x＝1时，函数有极大值；
且f(1)＝－2＝－1.
10．已知函数f(x)＝(x2－4)(x－a)(常数a∈R)．
(1)求f′(x)；
(2)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－2,4]上的最大值．
【解】 (1)f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，
∴f′(x)＝3x2－2ax－4.
(2)由f′(－1)＝0，得3＋2a－4＝0，∴a＝.
则f(x)＝x3－x2－4x＋2，
∴f′(x)＝3x2－x－4＝3(x＋1).
当x∈[－2，－1)∪时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间是[－2，－1)与；
当x∈，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递减区间是.
又f(－1)＝，f(4)＝42，f(－2)＝0，f＝－.
∴f(x)在[－2,4]上的最大值f(x)max＝f(4)＝42.
11．设a为实数，函数f(x)＝x3－x2－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轴仅有一个交点？
【解】 (1)f′(x)＝3x2－2x－1.
令f′(x)＝0，则x＝－或x＝1.
当x变化时f′(x)，f(x)变化情况如下表：
x
－
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)的极大值是f＝＋a，
极小值是f(1)＝a－1.
(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，
由此可知x取足够大的正数时有f(x)＞0，x取足够小的负数时有f(x)＜0，所以曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．
因此若y＝f(x)与x轴仅有一个交点，应有＋a＜0或a－1＞0.
所以当a∈∪(1，＋∞)时曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点.
一、选择题
1．甲工厂八年来某种产品年产量与时间(单位：年)的函数关系如图3－3－7所示．( )
图3－3－7
现有下列四种说法：
①前四年该产品产量增长速度越来越快；
②前四年该产品产量增长速度越来越慢；
③第四年后该产品停止生产；
④第四年后该产品年产量保持不变．
其中说法正确的有( )
A．①④ B．②④
C．①③ D．②③
【解析】 由图象可知，②④是正确的．
【答案】 B
2．用边长为48 cm的正方形铁皮做一个无盖的铁盒，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四边折起，就能焊成一个铁盒．所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为( )
A．6 cm B．8 cm
C．10 cm D．12 cm
【解析】 设截去小正方形的边长为x cm，铁盒的容积为V cm3.
所以V＝x(48－2x)2(0＜x＜24)，
V′＝12(x－8)(x－24)．令V′＝0，
则x＝8∈(0,24)．
【答案】 B
3．设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V，则其表面积最小时，底面边长为( )
A. B.
C. D．2
【解析】 设直棱柱的底面边长为a，高为h，
依题意a2·h＝V，∴ah＝.
因此表面积S＝3ah＋2·a2＝＋a2.
∴S′＝a－.
令S′＝0，则a＝.
易知当a＝时，表面积S取得最小值．
【答案】 C
4．某工厂需要建一个面积为512 m2的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用材料最省，则堆料场的长和宽各为( )
A．16 m,16 m B．32 m,16 m
C．32 m,8 m D．16 m,8 m
【解析】 如图所示，设场地一边长为x m，
则另一边长为 m.
因此新墙总长度L＝2x＋(x＞0)，L′＝2－.
令L′＝0，得x＝16或x＝－16(舍去)．
∵L在(0，＋∞)上只有一个极值点，∴x＝16必是最小值点．
∵x＝16，∴＝32.
故当堆料场的宽为16 m，长为32 m时，可使砌墙所用的材料最省．
【答案】 B
5．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，比例系数为k(k＞0)．已知贷款的利率为0.048 6，且假设银行吸收的存款能全部放贷出去．设存款利率为x，x∈(0,0.048 6)，若使银行获得最大效益，则x的取值为( )
A．0.016 2 B．0.032 4
C．0.024 3 D．0.048 6
【解析】 依题意，存款量是kx2，银行支付的利息是kx3，贷款的收益是0.048 6kx2，其中x∈(0,0.048 6)．所以银行的收益是y＝0.048 6kx2－kx3(0＜x＜0.048 6)，
则y′＝0.097 2kx－3kx2.
令y′＝0，得x＝0.032 4或x＝0(舍去)．
当0＜x＜0.032 4时，y′＞0；
当0.032 4＜x＜0.048 6时，y′＜0.
所以当x＝0.032 4时，y取得最大值，即
当存款利率为0.032 4时，银行获得最大收益．
【答案】 B
二、填空题
6．汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图象可能与下列________相对应．
图3－3－8
【解析】 加速过程，路程对时间的导数逐渐变大，图象下凸；减速过程，路程对时间的导数逐渐变小，图象上凹，应与①相吻合．
【答案】 ①
7．轮船甲位于轮船乙的正东方向且距轮船乙75海里处，以每小时12海里的速度向西行驶，而轮船乙则以每小时6海里的速度向北行驶，如果两船同时起航，那么经过________小时两船相距最近．
【解析】 设经过x小时两船相距y海里，y2＝36x2＋(75－12x)2，(y2)′＝72x－24(75－12x)，令(y2)′＝0，得x＝5，易知当x＝5时，y2取得最小值．
【答案】 5
8．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1(万元)与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2(万元)与到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，y1和y2分别为2万元和8万元．那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站________千米处．
【解析】 设仓库与车站相距x千米，依题意可设每月土地占用费y1＝，每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离，k1，k2是比例系数，于是由2＝得k1＝20；由8＝10k2得k2＝.
∴两项费用之和为y＝＋(x＞0)，
y′＝－＋，令y′＝0，
得x＝5或x＝－5(舍去)．
当0＜x＜5时，y′＜0；
当x＞5时，y′＞0.
∴当x＝5时，y取得极小值，也是最小值．
∴当仓库建在离车站5千米处时，两项费用之和最小．
【答案】 5
三、解答题
9．某工厂有一段旧墙长14 m，现准备利用这段旧墙为一面建造平面图形为矩形，面积为126 m2的厂房，工程条件是：
(1)建1 m新墙的费用为a元；(2)修1 m旧墙的费用为元；(3)拆去1 m旧墙，用可得的建材建1 m新墙的费用为元，经讨论有两种方案：
①利用旧墙一段x m(0＜x＜14)为矩形一边；
②矩形厂房利用旧墙的一面边长x≥14.问如何利用旧墙建墙费用最省？试比较①，②两种方案哪个更好．
【解】 方案①：修旧墙费用x· 元，拆旧墙造新墙费用为(14－x)· 元，
其余新墙费用为(2x＋－14)a 元，
∴总费用y＝7a(＋－1)(0＜x＜14)，
∵＋≥2＝6，
当且仅当＝，即x＝12时取等号，∴ymin＝35a(元)．
方案②：利用旧墙费用为14·＝元，
建新墙费用为(2x＋－14)a 元，
总费用为y＝2a(x＋)－a(x≥14)．
∵当x≥14时，(x＋)′＝1－＞0，
∴函数x＋在[14，＋∞)上递增，
∴当x＝14时，ymin＝35.5a(元)．
故采用方案①更好些．
10．请您设计一个帐篷，它下部的形状是高为1 m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥．试问当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为多少时，帐篷的体积最大？最大体积是多少？
【解】 如图，设OO1为x m，则1＜x＜4.
由题设可得正六棱锥底面边长为
＝.
于是底面正六边形的面积为
6··()2＝(8＋2x－x2)．
帐篷的体积为
V(x)＝(8＋2x－x2)[(x－1)＋1]
＝(16＋12x－x3)．
求导数，得V′(x)＝(12－3x2)．
令V′(x)＝0，解得x＝－2(不合题意，舍去)或x＝2.
当1＜x＜2时，V′(x)＞0，V(x)为增函数；
当2＜x＜4时，V′(x)＜0，V(x)为减函数，
所以当x＝2时，V(x)最大．
所以当OO1为2 m时，帐篷的体积最大，最大体积为16 m3.
11．某工厂每天生产某种产品最多不超过40件，并且在生产过程中产品的正品率P与每日生产量x(x∈N*)件之间的关系为P＝，每生产一件正品盈利4 000元，每出现一件次品亏损2 000元．(注：正品率＝产品中的正品件数÷产品总件数×100%)
(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数；
(2)求该厂的日产量为多少件时，日利润最大？并求出日利润的最大值．
【解】 (1)∵y＝4 000×x－2 000(1－)x
＝3 600x－x3，
∴所求的函数关系式是
y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)．
(2)显然y′＝3 600－4x2.令y′＝0，解得x＝30.
∴当1≤x＜30时，y′＞0；当30＜x≤40时，y′＜0.
∴函数y＝－x3＋3 600(x∈N*,1≤x≤40)在[1,30)上是单调递增函数，在(30,40]上是单调递减函数．
∴当x＝30时，函数y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值，最大值为－×303＋3 600×30＝72 000(元)．
∴该厂的日产量为30件时，日利润最大，其最大值为72 000元.
