课件37张PPT。
一、填空题
1．函数f(x)＝x＋在[2，3]上的平均变化率为________．
【解析】 ＝
＝.
【答案】
2．一质点P沿抛物线y＝2x2运动，则质点P从1 s到2 s的平均速度为________．
【解析】 平均速度为＝＝6
【答案】 6
3．若函数f(x)＝x2－c在区间[1，m]上的平均变化率为3，则m等于________．
【解析】 ＝3，故m＝2(m＝1舍去)．
【答案】 2
4．函数f(x)＝ln x＋1从e到e2的平均变化率为________．
【解析】 Δy＝f(e2)－f(e)＝(ln e2＋1)－(ln e＋1)＝1，
Δx＝e2－e，
∴＝.
【答案】
5．函数f(x)＝2x＋1在区间[2，2＋Δx]上的平均变化率为________．
【解析】 Δy＝f(2＋Δx)－f(2)＝[2(2＋Δx)＋1]－(2×2＋1)＝2Δx，
∴＝＝2.
【答案】 2
6．在雨季潮汛期间，某水文观测员观察千岛湖水位的变化，在24 h内发现水位从105.1 m上涨到107.5 m，则水位涨幅的平均变化率是________m/h.
【解析】 水位涨幅的平均变化率为＝0.1(m/h)．
【答案】 0.1
7．某人服药后，人吸收药物的情况可以用血液中药物的浓度c(单位：mg/mL)来表示，它是时间t(单位：min)的函数，表示为c＝c(t)，下表给出了c(t)的一些函数值．
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
c(t)/
(mg/mL)
0.84
0.89
0.94
0.98
1.00
1.00
0.97
0.90
0.79
0.63
服药后30～70 min这段时间内，药物浓度的平均变化率为________．
【解析】 ＝＝－0.002.
【答案】 －0.002
8．(2013·大同高二检测)水以恒速(即单位时间内注入水的体积相同)注入下面四种底面积相同的容器中，按顺序与各容器对应的水的高度h与时间t的函数关系图象相对应是________．
【解析】 以第二个容器为例，由于容器上细下粗，所以水以恒速注入时，开始阶段高度增加得慢，以后高度增加得越来越快，反映在图象上，①符合上述变化情况．而第三个容器在开始时高度增加快，后来时高度增加慢，图象④适合上述变化情况．
【答案】 ②①④③
二、解答题
9．求y＝f(x)＝2x2＋1在区间[x0，x0＋Δx]上的平均变化率，并求当x0＝1，Δx＝时平均变化率的值．
【解】 函数f(x)＝2x2＋1在区间[x0，x0＋Δx]上的平均变化率为：
＝
＝4x0＋2Δx.
当x0＝1，Δx＝时，
平均变化率为4×1＋2×＝5.
10．设质点做直线运动，已知路程s(单位：m)是时间t(单位：s)的函数：s＝3t2＋2t＋1.求从t＝2到t＝2＋Δt的平均速度，并求当Δt＝1，Δt＝0.1与Δt＝0.01时的平均速度．
【解】 从t＝2到t＝2＋Δt内的平均速度为：
＝
＝
＝
＝14＋3Δt(m/s)．
当Δt＝1时，平均速度为14＋3×1＝17(m/s)．
当Δt＝0.1时，平均速度为14＋3×0.1＝14.3(m/s)．
当Δt＝0.01时，平均速度为14＋3×0.01＝14.03(m/s)．
11．路灯距地面8 m，一个身高为1.6 m的人以84 m/min的速度在地面上从路灯在地面上的射影点C沿某直线离开路灯．
(1)求身影的长度y与人距路灯的距离x之间的关系式；
(2)求人离开路灯的第一个10 s内身影的平均变化率．
【解】 (1)如图所示，设人从C点运动到B点的路程为x m，AB为身影长度，AB的长度为y m.
由于CD∥BE，则＝，
即＝，
所以y＝f(x)＝x.
(2)因为84 m/min＝1.4 m/s，在[0，10]内自变量的增量为
x2－x1＝1.4×10－1.4×0＝14，
所以f(x2)－f(x1)＝×14－×0＝，
所以＝＝.
即人离开路灯的第一个10 s内身影的平均变化率为.
课件56张PPT。教师用书独具演示演示结束求函数在给定区间上的平均变化率 函数变化率的应用 课时作业（十三）
一、填空题
1．已知函数f(x)，当自变量x由x0变化到x1时，函数值的增量与相应的自变量的增量之比是函数________(填序号)．
①在x0处的变化率；
②在区间[x0，x1]上的平均变化率；
③在x1处的变化率；
④函数在x0处的导数．
【解析】 由平均变化率的概念可知②正确．
【答案】 ②
2．已知函数y＝2x2－1的图象上一点(1，1)及邻近一点(1＋Δx，1＋Δy)，则等于________，当Δx→0时，→________．
【解析】 因为Δy＝2(1＋Δx)2－1－1＝2(Δx)2＋4Δx，所以＝4＋2Δx，当Δx→0时，＝4＋2Δx→4.
【答案】 4＋2Δx 4
3．某物体走过的路程S(单位：m)是时间t(单位：s)的函数：S＝t2－1，则该物体在t＝2 s时的瞬时速度为________．
【解析】
＝＝Δt＋4，
当Δt→0时，＝Δt＋4→4，
即所求瞬时速度为4 m/s.
【答案】 4 m/s
4．设函数f(x)＝ax2＋2，若f′(－1)＝4，则a＝________．
【解析】 Δy＝f(－1＋Δx)－f(－1)
＝a(－1＋Δx)2＋2－[a(－1)2＋2]
＝－2aΔx＋a(Δx)2，
∴＝－2a＋aΔx，
当Δx→0时，→－2a，
∴f′(－1)＝－2a＝4，∴a＝－2.
【答案】 －2
5．抛物线y＝x2在点Q(2，1)处的切线方程是________．
【解析】 ∵＝＝Δx＋1，
∴当Δx→0时，→1，
∴k＝f′(2)＝1，
∴切线方程为y－1＝x－2，即x－y－1＝0.
【答案】 x－y－1＝0
6．(2013·陇西高二检测)如图3－1－5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3－1－5
【解析】 f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝k切线＝－1.
【答案】 3 －1
7．已知函数y＝f(x)在点(2，1)处的切线与直线x－y＋2＝0平行，则f′(2)等于________．
【解析】 由题意知k＝1，∴f′(2)等于1.
【答案】 1
8．曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是________．
【解析】 ∵点P(1，12)在曲线y＝x3＋11上，
∴曲线在点P处的切线斜率等于y＝x3＋11在x＝1处的导数．
∴＝＝＝(Δx)2＋3Δx＋3，
当Δx→0时，→3，
∴k＝f′(1)＝3.
又∵过点P的切线方程为y－12＝3(x－1)，
即3x－y＋9＝0，
令x＝0，则y＝9.
【答案】 9
二、解答题
9．已知质点的运动方程为S(t)＝5t2(位移单位：m，时间单位：s)．
(1)求t从3秒到3.1秒的平均速度；
(2)求t从3秒到3.01秒的平均速度；
(3)求t在t＝3秒时的瞬时速度．
【解】 (1)当3≤t≤3.1时，Δt＝0.1，ΔS＝S(3.1)－S(3)＝5×3.12－5×32＝5×(3.1－3)×(3.1＋3)，
∴＝＝30.5(m/s)，
即从3秒到3.1秒的平均速度为30.5 m/s.
(2)当3≤t≤3.01时，Δt＝0.01，ΔS＝S(3.01)－S(3)
＝5×3.012－5×32＝5×(3.01－3)×(3.01＋3)，
∴＝＝30.05(m/s)，
即从3秒到3.01秒的平均速度为30.05 m/s.
(3)在t＝3附近取一个小时间段Δt，
∴ΔS＝S(3＋Δt)－S(3)＝5×(3＋Δt)2－5×32
＝5Δt(6＋Δt)，
∴＝＝30＋5Δt，
当Δt→0时，→30，
∴在3秒时的瞬时速度为30 m/s.
10．利用导数的定义求函数y＝在x＝1处的导数．
【解】 法一 Δy＝－
＝
＝，
∴＝－.
当Δx无限趋近于0时，无限趋近于－.
∴f′(1)＝－.
法二 Δy＝－＝
＝，
∴＝－，
当Δx无限趋近于0时，无限趋近于－.
∴f′(x)＝－，
∴f′(1)＝－.
11．已知曲线y＝x2的切线分别满足下列条件，请求出切点的坐标．
(1)平行于直线y＝4x－5；
(2)垂直于直线2x－6y＋5＝0；
(3)切线的倾斜角为135°.
【解】 设切点坐标为P(x0，y0)，则Δy＝(x0＋Δx)2－x＝2x0·Δx＋(Δx)2，
∴＝＝2x0＋Δx，
当Δx→0时，→2x0，
∴f′(x0)＝2x0，
即过点P(x0，y0)的切线的斜率为2x0.
(1)因为切线与直线y＝4x－5平行，
所以2x0＝4，x0＝2，得P(2，4)．
(2)因为切线与直线2x－6y＋5＝0垂直，所以2x0·＝－1，得x0＝－，即P(－，)．
(3)因为切线与x轴成135°的倾斜角，所以其斜率为－1，即2x0＝－1，得x0＝－，即P(－，)．
课件66张PPT。教师用书独具演示演示结束割线 逼近曲线C 无限逼近点P 切线 s′(t) a(t)＝v′(t) 一个常数A 可导 都可导 变化 函数 f′(x) 曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率 求瞬时速度与瞬时加速度 求函数在某一点处的导数 导数几何意义的应用 课时作业（十四）
一、填空题
1．已知f(x)＝，则f′(1)＝________．
【解析】 ∵f(x)＝＝x－3，∴f′(x)＝－3x－4，
∴f′(1)＝－3×1－4＝－3.
【答案】 －3
2．函数f(x)＝(sin x)′＋cos x的值域是________．
【解析】 f(x)＝cos x＋cos x＝2cos x，∴值域是[－2，2]．
【答案】 [－2，2]
3．(2013·淮安高二检测)求曲线y＝x3在点(0，0)处的切线方程是________．
【解析】 ∵y′＝(x3)′＝3x2，
∴k＝3×02＝0，
∴切线方程为y＝0.
【答案】 y＝0
4．已知f(x)＝xα，若f′(－1)＝－4，则α＝________．
【解析】 f′(x)＝αxα－1，
∴f′(－1)＝α·(－1)α－1＝－4，
∴α＝4.
【答案】 4
5．已知P(－1，1)，Q(2，4)是曲线f(x)＝x2上的两点，则与直线PQ平行的曲线y＝x2的切线方程为________．
【解析】 kPQ＝＝1，f′(x)＝2x，令2x＝1，
∴x＝，∴切点为(，)，∴切线方程为y－＝x－，即y＝x－.
【答案】 y＝x－
6．曲线y＝和y＝x2在它们交点处的两条切线与x轴所围成的三角形的面积是________．
【解析】 由得交点A的坐标为(1，1)．由y＝x2得y′＝2x，
∴y＝x2在点A(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1.
由y＝得y′＝，
∴y＝在点A(1，1)处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即y＝－x＋2.
如图，S△＝××1＝.
【答案】
7．(2013·大连高二检测)设直线y＝x＋b是曲线y＝ln x(x>0)的一条切线，则实数b的值为________．
【解析】 设切点为(x0，y0)，
则y′＝，∴＝，∴x0＝2，
∴y0＝ln 2，
∴切点为(2，ln 2)，
∵切点在切线上，∴ln 2＝×2＋b，∴b＝ln 2－1.
【答案】 ln 2－1
8．函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*，若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
【解析】 由y＝x2(x＞0)得，y′＝2x，所以函数y＝x2(x＞0)在点(ak，ak2)处的切线方程为：y－ak2＝2ak(x－ak)，
当y＝0时，解得x＝，所以ak＋1＝，a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
【答案】 21
二、解答题
9．已知直线y＝kx是函数y＝ln x的一条切线，试求k的值．
【解】 设切点坐标为(x0，y0)．
∵y＝ln x，∴y′＝，∴y′|x＝x0＝＝k.
∵点(x0，y0)既在直线y＝kx上，
也在曲线y＝ln x上，∴
把k＝代入①式，得y0＝1，
再把y0＝1代入②式，求出x0＝e，∴k＝＝.
10．求抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最小距离．
【解】 法一 依题意知与直线x－y－2＝0平行的抛物线y＝x2切线的切点到直线x－y－2＝0的距离最小，设切点为(x0，x)，
∵y′＝(x2)′＝2x，∴2x0＝1，∴x0＝，
∴切点坐标为(，)，
∴所求的最小距离d＝＝.
法二 设点(x，x2)是抛物线y＝x2上任意一点，则该点到直线x－y－2＝0的距离d＝＝＝|x2－x＋2|＝(x－)2＋，
当x＝时，d有最小值，即所求的最小距离为.
11．求证：双曲线xy＝k(k≠0)上任一点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为常数．
【解】 设双曲线上任一点P(x0，)，
∵y＝，∴y′＝－，∴y′|x＝x0＝－，
∴过点P的切线方程为y－＝－(x－x0)，
令y＝0，则x＝2x0，令x＝0，则y＝，
∴三角形的面积S＝|x|·|y|＝|2x0|·||＝2|k|(常数)，∴问题得证．
课件51张PPT。教师用书独具演示演示结束0kαxα－1axlnaex cosx －sinx 定义法求常见函数的导数 基本初等函数求导公式的应用 导数几何意义的应用 课时作业（十五）
一、填空题
1．下列求导正确的是________．
①(x＋)′＝1＋；②(log2x)′＝；③(x3＋ln 3)′＝3x2＋；④(x2cos x)′＝－2xsin x；
⑤()′＝－.
【解析】 (x＋)′＝x′＋()′＝1－，故①错；(log2 x)′＝，②正确；(x3＋ln 3)′＝(x3)′＋(ln 3)′＝3x2＋0＝3x2，故③错；(x2cos x)′＝2xcos x－x2sin x，故④错；()′＝()′＝
＝＝
－，⑤正确．
【答案】 ②⑤
2．若f(x)＝3x3＋cos x，则f′()＝________．
【解析】 ∵f′(x)＝9x2－sin x，∴f′()＝－1.
【答案】 π2－1
3．(2013·烟台高二检测)曲线y＝xex＋2x＋1在点(0，1)处的切线方程为________．
【解析】 y′＝ex＋xex＋2，则曲线在点(0，1)处的切线的斜率k＝e0＋0＋2＝3，所以所求切线方程为y＝3x＋1.
【答案】 y＝3x＋1
4．已知函数f(x)＝f′(2)(2x3－6x2＋9)＋3x，则f′(x)的值为________．
【解析】 ∵f′(x)＝f′(2)(6x2－12x)＋3，
∴f′(2)＝f′(2)(6×4－12×2)＋3＝3，
∴f′(x)＝3(6x2－12x)＋3＝18x2－36x＋3.
【答案】 18x2－36x＋3
5．已知曲线y＝x6在点P处的切线与直线y＝x＋3垂直，则此切线的方程为________．
【解析】 ∵y′＝6x5，设切点为(x0，x)，则6x×＝－1，∴x0＝－1，∴切点为(－1，1)，切线斜率为－6，
∴切线方程为y－1＝－6(x＋1)，即6x＋y＋5＝0.
【答案】 6x＋y＋5＝0
6．曲线y＝－在点M(，0)处的切线的斜率为________．
【解析】 y′＝
＝，故y′|x＝＝，
∴曲线在点M(，0)处的切线的斜率为.
【答案】
7．(2013·杭州高二检测)设点P是曲线y＝x3－x＋上的任意一点，曲线在点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是________．
【解析】 ∵y′＝3x2－，又∵k＝f′(x)＝3x2－，
∴k≥－.
结合正切函数图象可知：0≤α<或≤α<π.
【答案】 [0，)∪[，π)
8．对正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列{}的前n项和为________．
【解析】 y′＝(xn－xn＋1)′＝nxn－1－(n＋1)xn，曲线在x＝2处的切点为(2，－2n)，则切线方程为y＝y′|x＝2(x－2)－2n，当x＝0时，an＝2n(n＋1)，则＝2n，
∴Sn＝＝2n＋1－2.
【答案】 2n＋1－2
二、解答题
9．求下列函数的导数：
(1)y＝3x2＋xcos x；(2)y＝lg x－；
(3)y＝；(4)y＝＋.
【解】 (1)y′＝(3x2＋xcos x)′＝(3x2)′＋(xcos x)′＝6x＋cos x－xsin x；
(2)y′＝(lg x－)′＝(lgx)′－()′＝＋；
(3)y′＝()′＝＝＝；
(4)y′＝()′＋()′＝2(x－2)′＋3(x－3)′＝－4x－3－9x－4＝－－.
10．已知直线l1为曲线y＝x2＋x－2在点(1，0)处的切线，l2为该曲线的另一条切线，且l1⊥l2.
(1)求直线l2的方程；
(2)求由直线l1，l2和x轴所围成的三角形的面积．
【解】 (1)∵y′＝2x＋1，
∴直线l1的方程为y＝3x－3，
设直线l2过曲线y＝x2＋x－2上的点B(b，b2＋b－2)，
∵l1⊥l2，
∴y′|x＝b＝2b＋1＝－，∴b＝－，
∴点B的坐标为(－，－)，
∴直线l2的方程为y＝－x－.
(2)由 解得
∴直线l1和l2的交点坐标为(，－)；
又l1，l2与x轴交点的坐标分别为(1，0)，(－，0)，
∴所求三角形的面积S＝×[1－(－)]×|－|＝.
11．设函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a＞0)为奇函数，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值是－12，求a，b，c的值．
【解】 ∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c，
∴c＝0.
∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12且a＞0，∴b＝－12.
又直线x－6y－7＝0的斜率为，
∴f′(1)＝3a＋b＝－6，∴a＝2，综上可知，a＝2，b＝－12，c＝0.
课件67张PPT。教师用书独具演示演示结束函数的和与差的求导法则 f′(x)＋g′(x) f′(x)－g′(x) 函数的积与商的导数 c·f′(x) f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) 利用导数公式及求导法则求函数的导数 导数求导法则的简单应用 导数的综合应用 课时作业（十六）
一、填空题
1．(2013·南京高二检测)函数y＝x3－3x2＋1的单调递减区间为________．
【解析】 y′＝3x2－6x＝3(x2－2x)，令y′<0，可得0【答案】 (0，2)
2．(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，)
3．y＝x＋2cos x，x∈[0，π]的单调减区间为________．
【解析】 y′＝1－2sin x，解1－2sin x＜0即sin x＞得x∈(，π)，∴单调减区间为(，π)．
【答案】 (，π)
4．设f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图3－3－3，则导函数y＝f′(x)的图象可能为下图中的______(填序号)．
图3－3－3
【解析】 由函数y＝f(x)的图象可知，当x＜0时，f(x)单调递增，当x＞0时，f(x)先增、后减、再增，故y＝f′(x)图象满足的特征为：当x＜0时，f′(x)＞0；当x＞0时，f′(x)按先正再负后正的次序变化，只有④满足．
【答案】 ④
5．若函数f(x)＝x3－x2＋ax－2在区间[，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是________．
【解析】 f′(x)＝3x2－2x＋a＝3(x－)2＋(a－)，
当x＝时，f′(x)取最小值a－，∵x∈[，＋∞)，f′(x)≥0恒成立，∴a－≥0，∴a≥.
【答案】 [，＋∞)
6．若函数f(x)＝2x3＋ax2＋1(a为常数)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)内单调递增，且在区间(0，2)内单调递减，那么常数a的值为________．
【解析】 f′(x)＝6x2＋2ax，令6x2＋2ax<0，若a>0，解得－【答案】 －6
7．(2013·泰安高二检测)函数f(x)＝ax3－x在R上是减函数，则a的取值范围是________．
【解析】 f′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，∴3ax2≤1.
(1)当a≤0时显然成立．
(2)当a＞0时，a≤无解，
∴a的取值范围是(－∞，0]．
【答案】 (－∞，0]
8．若函数y＝－x3＋bx有三个单调区间，则b的取值范围是________．
【解析】 对y＝－x3＋bx求导，得y′＝－4x2＋b.因为函数y＝－x3＋bx有三个单调区间，所以方程－4x2＋b＝0有两个不相等的实数根，则Δ>0，故b>0.
【答案】 b>0
二、解答题
9．已知函数f(x)＝x3－x，求函数f(x)的单调区间．
【解】 由f(x)＝x3－x得f′(x)＝3x2－1＝3(x－)(x＋)．
当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－，)时，f′(x)<0.
因此，f(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞)；单调递减区间为(－，)．
10．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调减区间；
(2)若g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围．
【解】 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－2时，f(x)＝x2－2ln x ，
∴f′(x)＝2x－＝.
由f′(x)<0得－1又x>0，∴当a＝－2时，函数的单调减区间为(0，1)．
(2)由题意知g(x)＝x2＋aln x＋，
∴g′(x)＝2x＋－，
若g(x)在[1，＋∞)上为增函数，则g′(x)＝2x＋－≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝－2x2，
则h′(x)＝－－4x<0，
∴h(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴a≥0.
∴所求a的取值范围为[0，＋∞)．
11．(2013·洛阳高二检测)已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－1时，f′(x)＜0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，
解得x＝ .
则当x∈(0, )时，f′(x)＞0；
x∈( ，＋∞)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(0, )上单调递增，在( ，＋∞)上单调递减．
课件58张PPT。教师用书独具演示演示结束递增 递减 函数与其导函数图象间的关系 求函数的单调区间 求含参数函数的单调区间 课时作业（十七）
一、填空题
1．已知函数y＝f(x)的图象如图3－3－6所示，则函数的极值点共有________个，极大值点为________，极小值点为________．
图3－3－6
【解析】 根据极值的定义判断即可．
【答案】 4 x2，x5 x3，x6
2．函数y＝x3＋x2－x＋1在x＝________处取极大值．
【解析】 y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．
当－1或x<－1时，y′>0.
∴函数在x＝－1处取极大值．
【答案】 －1
3．函数y＝2x3－6x2－18x＋7的极大值是________，极小值是________．
【解析】 y′＝6x2－12x－18，令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
列表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值f(－1)
极小值f(3)
因此，当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝17，
当x＝3时，f(x)有极小值f(3)＝－47.
【答案】 17 －47
4．(2013·深圳高二检测)已知函数y＝ax3－15x2＋36x－24在x＝3处有极值，则函数的递减区间为________．
【解析】 y′＝3ax2－30x＋36.
∵x＝3是极值点，
∴y′|x＝3＝0，即27a－90＋36＝0，
∴a＝2，
∴y′＝6x2－30x＋36.
令y′<0，即6x2－30x＋36<0，即x2－5x＋6<0，
∴2∴函数的单调递减区间为(2，3)．
【答案】 (2，3)
5．若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________．
【解析】 ∵f′(x)＝()′
＝
＝.
又∵x＝1为函数的极值点，∴有f′(1)＝0.
∴1＋2×1－a＝0，即a＝3.
【答案】 3
6．(2013·柳州高二检测)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________．
【解析】 f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．
令f′(x)＝0，则x2＋2ax＋a＋2＝0.
∵f(x)既有极大值又有极小值，∴f′(x)＝0有两个不相同的实数解，∴Δ＝4a2－4a－8＞0，解得a＜－1或a＞2.
【答案】 (－∞，－1)∪(2，＋∞)
7．三次函数当x＝1时有极大值4，当x＝3时有极小值0，则此函数的解析式是________．
【解析】 设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，
则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
由题意得f′(1)＝f′(3)＝0，f(1)＝4，f(3)＝0，
即
解得：a＝1，b＝－6，c＝9，d＝0.
【答案】 y＝x3－6x2＋9x
8．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________．
【解析】 f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵f(x)在x＝1处有极值，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2，∴2≤6，
∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立，
∴ab的最大值为9.
【答案】 9
二、解答题
9．(2013·长沙高二检测)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.求f(x)的单调区间与极值．
【解】 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2(1－ln 2＋a)
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
10．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋2x在x＝－1处取得极值，且在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.
(1)求a，b的值；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间和极值．
【解】 (1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋2，由题意得，即，解得，经检验，符合题意，故a＝－，b＝.
(2)由(1)得f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表；
x
(－∞，－1)
－1
(－1，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
极大值
由表可知，f(x)的单调递增区间为(－1，2)，单调递减区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)，函数f(x)的极大值为f(2)＝，极小值为f(－1)＝－.
11．设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．
【解】 (1)f′(x)＝3x2－3a.
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，
所以即解得a＝4，b＝24.
(2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
此时函数f(x)没有极值点．
当a>0时，由f′(x)＝0得x＝±.
当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0；
当x∈(－，)时，f′(x)<0；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0.
函数的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，递减区间为(－，)．
此时x＝－是f(x)的极大值点，x＝是f(x)的极小值点．
课件64张PPT。教师用书独具演示演示结束都要大 都要小 极大值 极小值 函数极值的概念 求函数的极值已知函数的极值求参数的值 课时作业（十八）
一、填空题
1．函数f(x)＝4x－x4在[－1，2]上的最大值是________．
【解析】 f′(x)＝4－4x3，令f′(x)＝0得x＝1，又当x>1时，f′(x)<0，x<1时，f′(x)>0.
∴f(x)在x＝1取得最大值f(1)＝3.
【答案】 3
2．函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0，3]上的最大值和最小值的和是________．
【解析】 f′(x)＝6x2－6x－12，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝2.但x∈[0，3]，
∴x＝－1舍去，∴x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
0
(0，2)
2
(2，3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)
5
?
－15
?
－4
由上表，知f(x)max＝5，f(x)min＝－15，所以f(x)max＋f(x)min＝－10.
【答案】 －10
3．函数y＝2x3－6x2－18x－7在[1，4]上的最小值为________．
【解析】 y′＝6x2－12x－18＝6(x＋1)(x－3)，令y′＝0得x1＝－1(舍)，x2＝3.
列表
x
1
(1，3)
3
(3，4)
4
y′
－
0
＋
y
?
极小
∴y极小＝y|x＝3＝－61.
∴y最小＝－61.
【答案】 －61
4．(2013·青岛高二检测)已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，则m的值为________．
【解析】 f′(x)＝6x2－12x，由6x2－12x＝0?x＝0或x＝2.
当x>2或x<0时，f′(x)>0；
当0∴当x＝0时，f(x)取得极大值；当x＝2时，f(x)取得极小值．又f(0)＝m，f(2)＝m－8，f(－2)＝m－40，
∴f(x)的最大值为f(0)＝3，∴m＝3.
【答案】 3
5．函数f(x)＝2x3－6x2＋a(a为常数)在[－2，2]上的最大值为5，那么此函数在[－2，2]上的最小值为________．
【解析】 f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝2.列表
x
－2
(－2，0)
0
(0，2)
2
f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
极大
?
∴f(x)极大＝f(0)＝a，∴f(x)max＝a＝5.
∴f(－2)＝a－40＝－35，f(2)＝a－8＝－3.
∴f(x)min＝－35.
【答案】 －35
6．(2013·南京高二检测)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为________．
【解析】 |MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，
h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内惟一的极小值点，也是最小值点，故t＝.
【答案】
7．在区间[，2]上，函数f(x)＝x2＋px＋q与g(x)＝2x＋在同一点取得相同的最小值，则f(x)在区间[，2]上的最大值是________．
【解析】 依题意，得g′(x)＝2－.
令g′(x)＝0，得x＝1.
∵g(1)＝2＋1＝3，g()＝5，g(2)＝，
∴当x＝1时，g(x)取得最小值3.
∵1∈[，2]且1不是区间的端点，
∴x＝1是f(x)＝x2＋px＋q的对称轴，
∴－＝1，＝3，解得p＝－2，q＝4.
∴f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3.
∴x＝2时，f(x)max＝4.
【答案】 4
8．(2013·潍坊高二检测)设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对于任意x∈[－1，2]都有f(x)＞m，则实数m的取值范围是________．
【解析】 ∵f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1，
又f(－1)＝－1－＋2＋5＝，
f(1)＝1－－2＋5＝，
∴f(x)min＝，∴m＜.
【答案】 (－∞，)
二、解答题
9．已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)．
(1)当f′(1)＝3时，求a的值及曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间[0，2]上的最大值．
【解】 (1)f′(x)＝3x2－2ax.因为f′(1)＝3－2a＝3，所以a＝0.
当a＝0时，f(1)＝1，f′(1)＝3，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0.
(2)令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
当≤0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上是增加的，从而[f(x)]max＝f(2)＝8－4a.
当≥2，即a≥3时，f(x)在[0，2]上是减少的，从而[f(x)]max＝f(0)＝0.
当0＜＜2，即0＜a＜3时，f(x)在[0，]上是减少的，在[，2]上是增加的，从而[f(x)]max＝
综上所述，[f(x)]max＝
10．(2012·北京高考)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．
【解】 (1)∵f(x)＝ax2＋1，
∴f′(x)＝2ax，∴f′(1)＝2a.
又f(1)＝c＝a＋1，∴f(x)在点(1，c)处的切线方程为y－c＝2a(x－1)，即y－2ax＋a－1＝0.
∵g(x)＝x3＋bx，∴g′(x)＝3x2＋b，∴g′(1)＝3＋b.
又g(1)＝1＋b＝c，
∴g(x)在点(1，c)处的切线方程为
y－(1＋b)＝(3＋b)(x－1)，即y－(3＋b)x＋2＝0.
依题意知3＋b＝2a，且a－1＝2，即a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，
h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.
h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的变化情况如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
?
28
?
－4
3
由此可知：
当k≤－3时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值为h(－3)＝28；
当－3因此，k的取值范围是(－∞，－3]．
11．已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数f′(x)＝1＋ln x.
令f′(x)>0，解得x>；
令f′(x)<0，解得0从而f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
所以，当x＝时，f(x)取得最小值－.
(2)依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，
即不等式a≤ln x＋对于x∈[1，＋∞)恒成立，
令g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝－＝(1－)．
当x>1时，因为g′(x)＝(1－)>0，
故g(x)是(1，＋∞)上的增函数，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，
所以实数a的取值范围是(－∞，1]．
课件64张PPT。教师用书独具演示演示结束f(x)≤f(x0) 极值 极值 f(a)，f(b) 求函数的最值 由函数的最值确定参数 含参数的函数最值问题 课时作业（十九）
一、填空题
1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________．
【解析】 y′＝－x2＋81，令y′＝0，得x＝9，故x＝9是函数的极大值点，所以厂家获得最大年利润的年产量是9万件．
【答案】 9万件
2．某商品一件的成本为30元，在某段时间内，若以每件x元出售，可卖出(200－x)件，当每件商品的定价为________元时，利润最大．
【解析】 利润为S(x)＝(x－30)(200－x)
＝－x2＋230x－6 000，S′(x)＝－2x＋230，
由S′(x)＝0得x＝115，这时利润达到最大．
【答案】 115
3．已知某矩形广场面积为4万平方米，则其周长至少为________米．
【解析】 设广场的长为x米，则宽为米，于是其周长为y＝2(x＋)(x＞0)，所以y′＝2(1－)，令y′＝0，得x＝200或x＝－200(舍去)，当0＜x＜200时，y′＜0；当x＞200时，y′＞0，故当x＝200时，y取得最小值800，即矩形广场的周长至少为800米．
【答案】 800
4．某厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边要砌新墙，当砌新墙所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为________．
【解析】 设需建的矩形堆料场与原墙平行的一边边长为x米，其他两边边长为y米，则xy＝512，所砌新墙的长L＝x＋2y＝＋2y(y>0)，令L′＝－＋2＝0，解得y＝16(另一负根舍去)，当016时，L′>0，所以当y＝16时，函数取得极小值，也就是最小值，此时x＝＝32.
【答案】 32米，16米
5．(2013·江阴高二检测)某公司生产一种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位的产品，成本增加100元，若总收入R与年产量x(0≤x≤390)的关系是R(x)＝－＋400x，0≤x≤390，则当总利润最大时，每年生产的产品单位数是________．
【解析】 由题意可得总利润P(x)＝－＋300x－20 000，0≤x≤390，由P′(x)＝0，得x＝300.当0≤x<300时，P′(x)>0；当300【答案】 300
6．已知某商品的生产成本C与产量q的函数关系式为C＝100＋4q，价格P与产量q的函数关系式为P＝25－q，则利润L最大时，产量q等于________．
【解析】 收入R＝q·P＝q(25－q)＝25q－q2，利润L＝R－C＝(25q－q2)－(100＋4q)＝－q2＋21q－100(0＜q＜200)，则L′＝－q＋21.令L′＝0，即－q＋21＝0，解得q＝84.当0＜q＜84时，L′＞0；当84＜q＜200时，L′＜0，所以当q＝84时，L取得最大值．
【答案】 84
7．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，就能焊成铁盒，当所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为________．
【解析】 设截去的小正方形的边长为x cm，铁盒的容积为V cm3，由题意，得V＝x(48－2x)2(0＜x＜24)，V′＝12(24－x)·(8－x)，令V′＝0，则在(0，24)内有x＝8，故当x＝8时，V有最大值．
【答案】 8 cm
8．某厂生产某种产品x件的总成本c(x)＝1 200＋x3(万元)，已知产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大．
【解析】 设产品的单价为P万元，根据已知，可设P2＝，其中k为比例系数．
因为当x＝100时，P＝50，所以k＝250 000，
所以P2＝，P＝，x>0.
设总利润为y万元，
则y＝·x－1 200－x3
＝500－x3－1 200，
求导数得，y′＝－x2，
令y′＝0得x＝25，
故当x<25时，y′>0；当x>25时，y′<0.
因此当x＝25时，函数y取得极大值，也是最大值．
【答案】 25
二、解答题
9．某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，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)设需要新建n个桥墩，(n＋1)x＝m，
即n＝－1，因此，
y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x
＝256(－1)＋(2＋)x
＝＋m＋2m－256.
(2)由(1)知，f′(x)＝－＋mx－
＝(x－512)，
令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64，当0当640，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＝－1＝－1＝9.
即需新建9个桥墩才能使y最小．
10．两县城A和B相距20 km，现计划在两县城外以AB为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城A和城B的总影响度为对城A与对城B的影响度之和，记C点到城A的距离为x km，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y，统计调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k.当垃圾处理厂建在的中点时，对城A和城B的总影响度为0.065.
(1)将y表示成x的函数；
(2)讨论(1)中函数的单调性，并判断上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小？若存在，求出该点到城A的距离；若不存在，说明理由．
【解】 (1)如图所示，由题意知AC⊥BC，BC2＝400－x2，
y＝＋(0由题意知当x＝10时，y＝0.065，
所以k＝9.
所以y表示成x的函数为y＝＋(0(2)由y＝＋
得y′＝－－
＝，
令y′＝0，得18x4＝8(400－x2)2，
所以x2＝160，即x＝4或x＝－4(舍去)．
当0所以函数在(0，4)内为单调递减函数．
当48(400－x2)2，即y′>0，
所以函数在(4，20)内为单调递增函数．
所以当x＝4时，即当C点到城A的距离为4 km时，函数y＝＋(011．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
【解】 (1)因为x＝5时，y＝11，
所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6，
从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3，4)
4
(4，6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
极大值42
?
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点，
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
课件57张PPT。教师用书独具演示演示结束用料最省 利润最大 效率最高 最值 面积、容积的最值问题 用料最省、节能减耗问题 利润最大问题 课时作业（二十）综合检测(三)
第3章 导数及其应用
(时间120分钟，满分160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填在题中横线上)
1．已知y＝，则y′＝________．
【解析】 由导数的运算法则，有
y′＝
【答案】
2．(2013·扬州高二期末)已知函数f(x)＝x－Sin x，则f′(x)＝________．
【解析】 ∵f(x)＝x－sin x，∴f′(x)＝1－cos x.
【答案】 1－cos x
3．已知某物体的运动方程是S＝t＋t2，则当t＝3 s时的瞬时速度是________m/s
【解析】 ∵S′＝1＋t，
V＝S′(3)＝1＋＝.
【答案】
4．(2013·南京高二期末)已知曲线y＝ax2在x＝1处切线的斜率是－4，则实数a的值为________．
【解析】 y′＝2ax，由题意知2a＝－4，a＝－2.
【答案】 －2
5．(2012·广东高考)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＝0
6．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．
【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，故当x＝2时取得极小值．
【答案】 2
7．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是________．
【解析】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝x2－2ln x，
∴f′(x)＝2x－＝，
由f′(x)<0得x<－1或0又x>0，∴0即所求函数的减区间为(0，1)．
【答案】 (0，1)
8．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图1所示，则下列说法中不正确的是________．
图1
①当x＝时函数取得极小值；
②f(x)有两个极值点；
③当x＝2时函数取得极小值；
④当x＝1时函数取得极大值．
【解析】 从图象上可以看出：当x∈(－∞，1)时f′(x)>0；
当x∈(1，2)时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)有两个极值点1和2，
且当x＝2时函数取得极小值，
当x＝1时，函数取得极大值．
故只有①不正确．
【答案】 ①
9．(2013·东营高二检测)在曲线y＝x3＋3x2＋6x－10的切线中，斜率最小的切线方程为________．
【解析】 y′＝3x2＋6x＋6＝3(x＋1)2＋3，∴当x＝－1时，切线斜率最小，最小斜率为3，此时y＝(－1)3＋3×(－1)2＋6×(－1)－10＝－14，故切点为(－1，－14)．∴切线方程为y＋14＝3(x＋1)，即3x－y－11＝0.
【答案】 3x－y－11＝0
10．已知点P在曲线y＝上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围________．
【解析】 y′＝－＝－.
设t＝ex∈(0，＋∞)，
则y′＝－＝－，
∵t＋≥2，∴y′∈[－1，0)，α∈[，π)．
【答案】 [，π)
11．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
12．当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x＜m恒成立，则实数m的取值范围是________．
【解析】 记f(x)＝x3－x2－2x，∴f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1.又f(－)＝，f(2)＝2，∴当x∈[－1，2]时，f(x)max＝2，
∴m＞2.
【答案】 (2，＋∞)
13．(2013·蚌埠高二检测)已知函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1在定义域R内是增函数，则实数m的取值范围为________．
【解析】 由题可知f′(x)＝3x2＋2x＋m≥0对一切实数x恒成立，即m≥－3x2－2x，令g(x)＝－3x2－2x，则当x＝－时，函数g(x)取得最大值g(－)＝，故m≥.
【答案】 [，＋∞)
14．在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f(x)＝ex(x＞0)的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是________．
【解析】 设点P(x0，ex0)，则f′(x0)＝ex0(x0＞0)．
∴f(x)＝ex(x＞0)在P点的切线l的方程为y－ex0＝ex0(x－x0)．
∴M(0，ex0－x0ex0)．
过P点的l的垂线方程为y－ex0＝－(x－x0)，
∴N(0，ex0＋)．
∴2t＝ex0－x0ex0＋ex0＋＝2ex0－x0ex0＋x0e－x0(x0＞0)．
则(2t)′＝2ex0－ex0－x0ex0＋e－x0－x0e－x0
＝(1－x0)(ex0＋e－x0)．
∵ex0＋e－x0＞0，
∴当1－x0＞0，即0＜x0＜1时，(2t)′＞0，
2t在x0∈(0，1)上单调递增；
当1－x0＜0，即x0＞1时，(2t)′＜0.
2t在x0∈(1，＋∞)上单调递减．
∴当x0＝1时，2t有最大值e＋，即t的最大值为(e＋)．
【答案】 (e＋)
二、解答题 (本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)已知抛物线y＝2x2＋1分别满足下列条件，请求出切点的坐标．
(1)切线的倾斜角为45°.
(2)平行于直线4x－y－2＝0.
(3)垂直于直线x＋8y－3＝0.
【解】 设切点坐标为(x0，y0)，由f′(x)＝4x得，k＝f′(x0)＝4x0
(1)∵抛物线的切线的倾斜角为45°，
∴斜率为tan 45°＝1，
即f′(x0)＝4x0＝1，得x0＝，∴切点坐标为(，)．
(2)∵抛物线的切线平行于直线4x－y－2＝0，
∴k＝4，即f′(x0)＝4x0＝4，得x0＝1，
∴切点坐标为(1，3)．
(3)∵抛物线的切线与直线x＋8y－3＝0垂直，
k·(－)＝－1即k＝8，
故f′(x0)＝4x0＝8，得x0＝2，
∴切点坐标为(2，9)．
16．(本小题满分14分)(2012·重庆高考)设f(x)＝aln x＋＋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)＝aln x＋＋x＋1，故f′(x)＝－＋.
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－＋＝0，解得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)，
f′(x)＝－－＋＝
＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(因为x2＝－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.
17．(本小题满分14分)已知A、B两地相距200千米，一只船从A地逆水而行到B地，水速为8千米/时，船在静水中的速度为V千米/时(8【解】 设每小时的燃料费为y1，比例系数为k，则y1＝kV2.
∵当V＝12时，y1＝720，
∴720＝k·122，解得k＝5，∴y1＝5V2.
∴全程的燃料费y＝y1·＝(8∴y′＝
＝＝.
令y′＝0得V＝16或V＝0(舍去)．
∴函数在V＝16时取得极值，并且是极小值．
①当V0≥16时，则V＝16时y最小，即全程燃料费最省．
②当V0<16时，可得y＝在(8，V0]上递减，
∴当V＝V0时，ymin＝.
综合上述得：若V0≥16，则当V＝16时，全程燃料费最省；若818．(本小题满分16分)(2013·咸阳高二检测)已知函数f(x)＝aln x＋，a＞0.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对?x＞0，均有ax(2－ln x)≤1，求实数a的取值范围．
【解】 (1)由题意得函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－，由f′(x)＞0，即－＞0，解得x＞，∴函数f(x)的单调增区间是(，＋∞)；由f′(x)＜0，即－＜0，解得x＜，
∴函数f(x)的单调减区间是(0，)，
∴当x＝时，函数f(x)有极小值为f()＝aln ＋a＝a－aln a.
(2)由于对?x＞0，均有ax(2－ln x)≤1，即对?x＞0，2a≤aln x＋恒成立，∴对?x＞0，2a≤f(x)min.
由(1)知，函数f(x)的极小值即为最小值，∴2a＜f(x)min＝a－aln a，解得0＜a＜.
19．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
【解】 (1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．
当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，
所以当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；
当a>0时，由f′(x)>0解得x<－或x>，
由f′(x)<0解得－所以当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－，)．
(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.
所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.
由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
又f(－3)＝－19<－3，f(3)＝17>1，
结合f(x)的单调性可知m的取值范围是(－3，1)．
20．(本小题满分16分)设f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的单调区间和最小值；
(2)讨论g(x)与g()的大小关系；
(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)＜对任意x＞0成立．
【解】 (1)由题设知f(x)＝ln x，
g(x)＝ln x＋，
∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，故(0，1)是g(x)的单调减区间，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，
因此，x＝1是g(x)的惟一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以最小值为g(1)＝1.
(2)g()＝－ln x＋x，
设h(x)＝g(x)－g()＝2ln x－x＋，
则h′(x)＝－，
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()，
当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，
当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，
即g(x)＞g()，
当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，
即g(x)＜g()．
(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以，g(a)－g(x)＜，对任意x＞0成立?g(a)－1＜，
即ln a＜1，从而得0＜a＜e.
