本章总结提升
【知识辨析】
1.√ [解析] 根据平均速度的公式知,结论正确.
2.× [解析] 函数在某点处的导数,就是在该点处的函数值改变量与自变量改变量之比的极限,因此,它是一个常数而不是变量.
3.× [解析] 曲线在某点处的切线只是一个局部概念,是该点处割线的极限情况,切线与曲线在其他地方可能还有公共点.
4.√ [解析] 若y=x表示路程关于时间的函数,则y'=1表示物体的瞬时速度始终为1,即物体做匀速直线运动.
5.√ [解析] y'=·(2x)'=2.
6.× [解析] f'(x)=cos x-xsin x.
7.× [解析] f'(x)=ex-1,当x>0时,f'(x)>0,所以(0,+∞)是函数f(x)的单调递增区间.
8.× [解析] 如f(x)=x3满足f'(0)=0,但f(0)不是f(x)=x3的极值.
【素养提升】
题型一
例1 (1)D (2)(e,1) [解析] (1)因为f(x)=ex+sin x+m,所以f'(x)=ex+cos x,则=f'(0)=e0+cos 0=2,
所以n=1,所以函数f(x)=ex+sin x+m的图象在(0,f(0))处的切线方程为2x-y+1=0,将切点(0,f(0))的坐标代入切线方程,可得-f(0)+1=0,得f(0)=1,又f(0)=1+m=1,所以m=0,故选D.
(2)设切点A(x0,ln x0),因为y'=(ln x)'=,所以该曲线在点A处的切线的斜率k=,又切线过点(-e,-1),所以k==,即x0ln x0=e,解得x0=e,所以点A的坐标是(e,1).
变式 (1)C (2)D [解析] (1)函数f(x)=,则f'(x)=,所以f(-1)=-e,f'(-1)=2e,
故切点坐标为(-1,-e),切线斜率为2e,切线方程为y+e=2e(x+1),
分别令y=0,x=0,得该切线分别与x轴、y轴交于点,(0,e),
故切线与两坐标轴围成的三角形面积为××e=.
(2)设切点坐标为(x0 ,(x0-1)),
∵f'(x)=xex,∴切线的斜率k=x0,
∴切线方程为y-(x0-1)=x0(x-x0),
∵切线过点A(a,0),
∴-(x0-1)=x0(a-x0),即-(a+1)x0+1=0.
∵过点A(a,0)可以作两条切线,
∴关于x0的方程-(a+1)x0+1=0有两个不同的根,
∴Δ=(a+1)2-4>0,解得a>1或a<-3.故选D.
题型二
例2 (1)B (2)D [解析] (1)f(x)=(x+sin x)的定义域为R,且f(-x)=(-x-sin x)=(x+sin x)=f(x),所以f(x)=(x+sin x)为偶函数,排除C,D;令g(x)=x+sin x,x>0,则g'(x)=1+cos x≥0恒成立,故当x>0时,g(x)>g(0)=0+sin 0=0,
又>0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)=(x+sin x)>0在(0,+∞)上恒成立,排除A.故选B.
(2)f'(x)=x2+2ax+a2-1=(x+a+1)(x+a-1),故导函数f'(x)为二次函数,其图象开口向上,排除图象②④.
当a=0时,f'(x)=x2-1=(x+1)(x-1),图象①满足题意,此时f(-1)=-+1+1=;
当a≠0时,若图象③满足题意,则x=0为f'(x)=0的根,另一个根大于0,
因为-a-1<1-a,所以-a-1=0,解得a=-1,此时1-a=2>0,满足要求,
所以f(x)=x3-x2+1,则f(-1)=--1+1=-.故选D.
变式 (1)A (2)∪(2,+∞) [解析] (1)由f'(x)的图象可知,当x∈(-∞,-2)∪(0,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(-2,0)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-2)和(0,+∞)上单调递减,在(-2,0)上单调递增.故选A.
(2)由y=f(x)的图象可知f(x)在和(2,+∞)上单调递增,在上单调递减,所以f'(x)>0的解集为∪(2,+∞),f'(x)<0的解集为.由xf'(x)>0得或所以xf'(x)>0的解集为∪(2,+∞).
题型三
例3 (1)D (2)A (3)AD [解析] (1)方法一:求导得f'(x)=a(x-a)[3x-(a+2b)],由x=a为函数f(x)的极大值点得,如果a>0,那么a<,得0
,得0>a>b,得a2方法二:因为x=a为函数f(x)的极大值点,且f(a)=0,f(b)=0,所以结合三次函数的图象知,当a>0时,y=f(x)的大致图象如图(1),此时0(2)∵函数f(x)在区间上存在单调递增区间,∴不等式f'(x)>0在区间上能成立.f'(x)=ex[x2+(2-b)x-b],设h(x)=x2+(2-b)x-b,则h(2)>0或h>0,即4+2(2-b)-b>0或+(2-b)-b>0,可得b<.故选A.
(3)由已知得y'=x'sin x+x(sin x)'+(cos x)'=sin x+xcos x-sin x=xcos x.对于A,当x∈时,cos x>0,所以y'>0,所以函数y=xsin x+cos x单调递增,A正确;对于B,当x∈时,cos x<0,所以y'<0,所以函数y=xsin x+cos x单调递减,B错误;对于C,当x∈时,cos x<0,所以y'<0,所以函数y=xsin x+cos x单调递减,C错误;对于D,当x∈时,cos x>0,所以y'>0,所以函数y=xsin x+cos x单调递增,D正确.故选AD.
变式 解:(1)由题可得f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a),
因为x=1是f(x)的极值点,所以f'(1)=6(1-a)=0,解得a=1 ,
经检验,a=1符合题意,所以a=1.
(2)因为函数g(x)=f(x)-m有三个零点,所以函数f(x)的图象与直线y=m有三个不同的交点.
由(1)可得f(x)=2x3-3x2,f'(x)=6x(x-1),
令f'(x)=0,得x=0或x=1.
当x<0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当0当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在(-∞,0)和(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
又f(1)=-1,f(0)=0,
当x→-∞时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,
所以f(x)的图象如图所示.
由图可知,-1所以实数m的取值范围为(-1,0).
拓展 解:(1)由题意得f'(x)=,
因为f(x)在x=处取得极值,所以f'=0,解得m=.
当m=时,f'(x)==,
因为x>0,所以2x+3>0.
当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在上单调递减,
当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,所以f(x)在x=处取得极小值.
综上可得,m=.
(2)由(1)得f'(x)=,令f'(x0)=0,
可得x0=.
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(x0,+∞)上单调递增,
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(3)证明:方法一:由f'(x)=,00,
由(2)知,存在唯一的x0∈(1,),使得f'(x0)=0,
即+mx0-2=0,即m=-x0,所以f(x)min=f(x0)=x0++mln x0=x0++ln x0.
设g(x)=x++ln x,x∈(1,),
则g'(x)=ln x<0,
所以g(x)>g()=2,所以f(x)>2.
方法二:因为x0==,
且00,
又由(2)知f(x)min=f(x0)=x0++mln x0,
所以f(x)>x0+>2.
题型四
例4 解:(1)设圆柱形容器的高为h,则h=,∴S(r)=2πr2+2πrh=2πr2+,
即S(r)=2πr2+,r∈(0,+∞).
(2)由(1)得,S'(r)=4πr-,r∈(0,+∞),令S'(r)=0,得r=.
当0时,S'(r)>0,S(r)单调递增.
故当r=时,表面积S取得最小值.
变式 解:(1)由题意可知+πr2l=,所以l=-,
所以圆柱的侧面积为2πrl=-,又两端两个半球的表面积之和为4πr2,
所以y=×3+4πr2×4=+8πr2.
因为l=->0,所以0所以定义域为(0,).
(2)由(1)可得y'=-+16πr=,
令y'>0,得r>2,令y'<0,得r<2,
又r∈(0,),所以函数在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增,
所以当r=2 m时,该容器的建造费用最小,为96π万元,此时l= m.
题型五
例5 (1)D (2)C [解析] (1)由题可设F(x)=,因为f'(x)-f(x)>0,所以F'(x)==>0,所以函数F(x)在R上单调递增.由题得F(2023)==1,将不等式f<转化为<1,即F<1,即F(2)f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)≥0在定义域内恒成立,得-ax+aln x≥0(x>0)恒成立,即ex-ln x≥a(x-ln x)恒成立.
令t=x-ln x,x>0,则et≥at,所以a≤.
因为t=x-ln x,所以t'=1-=.
当0当x>1时,t'>0,函数t=x-ln x单调递增.
所以当x=1时, tmin=1,所以t∈[1,+∞).
令m(t)=,t∈[1,+∞),则m'(t)=≥0,
所以m(t)min=m(1)=e,
所以a的取值范围为(-∞,e].故选C.
变式 证明:当a≥1时,ex+ae-x≥ex+e-x.
设f(x)=ex+e-x-x2-2,则f'(x)=ex-e-x-2x,
记g(x)=ex-e-x-2x,则g'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0,当且仅当x=0时取等号,
∴f'(x)在R上单调递增,又f'(0)=0,∴由f'(x)>0,得x>0,由f'(x)<0,得x<0,
∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
∴当x=0时,f(x)取得最小值,最小值为f(0)=0,
∴f(x)≥f(0)=0,
∴ex+e-x≥x2+2,又当a≥1时,ex+ae-x≥ex+e-x,∴当a≥1时,ex+ae-x≥x2+2.本章总结提升
判断正误.(请在括号中打“√”或“ ”)
1.跳水运动员距离水面的高度从h(t1)变化到h(t2)时,他的平均速度为. ( )
2.函数在某点处的导数是一个变量. ( )
3.若直线l是函数y=f(x)的图象的一条切线,则直线l与函数y=f(x)的图象有且只有一个公共点. ( )
4.y=x的导函数y'=1的物理意义是:物体做匀速直线运动. ( )
5.函数y=的导函数是y'=2. ( )
6.已知f(x)=xcos x,则f'(x)=cos x+xsin x.( )
7.函数f(x)=ex-x的单调递减区间是(0,+∞). ( )
8.若函数f(x)满足f'(x0)=0,则f(x0)一定是极值. ( )
◆ 题型一 导数的概念及其几何意义
[类型总述] (1)利用导数求切点坐标;(2)利用导数求切线方程.
例1 (1)若函数f(x)=ex+sin x+m的图象在(0,f(0))处的切线方程为2x-ny+1=0,则( )
A.m=1,n=-1
B.m=-1,n=1
C.m=0,n=-1
D.m=0,n=1
(2)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是 .
变式 (1)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ( )
A.e B.
C. D.
(2)[2024·武汉高二期末] 已知过点A(a,0)可以作曲线y=(x-1)ex的两条切线,则实数a的取值范围是 ( )
A.(1,+∞)
B.(-∞,-e)∪(2,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-3)∪(1,+∞)
◆ 题型二 函数的导数与函数图象
[类型总述] (1)由导函数图象得到函数图象;(2)利用导函数图象判断函数性质;(3)利用导数判断函数图象.
例2 (1)函数f(x)=(x+sin x)的图象大致为 ( )
A B
C D
(2)如图所示的四个图象中,有一个图象是函数f(x)=x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数y=f'(x)的图象,则f(-1)= ( )
A. B.-
C. D.-或
变式 (1)f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x)的图象最有可能是 ( )
(2)已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示,则不等式xf'(x)>0的解集为 .
◆ 题型三 利用导数研究函数的单调性、极值、最值
[类型总述] (1)利用导数求单调区间;(2)已知函数的单调性,求参数的取值范围;(3)求极值;(4)求函数f(x)在区间[a,b]上的最值.
例3 (1)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 ( )
A.ab
C.aba2
(2)已知函数f(x)=ex(x2-bx)(b∈R)在区间上存在单调递增区间,则实数b的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
(3)(多选题)函数y=xsin x+cos x在下列区间上单调递增的是 ( )
A. B.
C. D.
变式 [2024·福建宁德高二期末] 已知函数f(x)=2x3-3ax2(a∈R),且x=1是f(x)的极值点.
(1)求a的值;
(2)若函数g(x)=f(x)-m有三个零点,求实数m的取值范围.
拓展 已知函数f(x)=x++mln x,0(1)若f(x)在x=处取得极值,求实数m的值;
(2)求f(x)的单调区间;
(3)证明:f(x)>2.
◆ 题型四 利用导数求解实际应用问题
[类型总述] (1)利润最大;(2)面积、体积最大等.
例4 [2023·成都树德中学高二期中] 制作一个容积为V的圆柱形容器(有底有盖,不考虑器壁的厚度),设底面半径为r.
(1)把该容器的表面积S表示为关于底面半径r的函数;
(2)当r为何值时,表面积S最小.
变式 某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:m),其中容器的中间为圆柱体,左、右两端均为半球体,按照设计要求容器的体积为 m3.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱体部分的建造费用为3万元/m2,半球体部分的建造费用为4万元/m2.设该容器的总建造费用为y万元.
(1)将y表示成r的函数,并求该函数的定义域;
(2)确定r和l为何值时,该容器的建造费用最小,并求出最小建造费用.
◆ 题型五 导数与不等式相交汇
[类型总述] (1)不等式证明;(2)不等式恒成立、不等式能成立问题.
例5 (1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f'(x)-f(x)>0,f(2023)=e2023,则不等式f<的解集为 ( )
A.(e6069,+∞) B.(0,e2069)
C.(e2023,+∞) D.(0,e6069)
(2)已知函数f(x)=-ax+aln x,若f(x)≥0在定义域内恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,e2] B.[e2,+∞)
C.(-∞,e] D.(-∞,1]
变式 证明:当a≥1时,ex+ae-x≥x2+2.(共45张PPT)
本章总结提升
题型一 导数的概念及其几何意义
题型二 函数的导数与函数图象
题型三 利用导数研究函数的单调性、极值、最值
题型四 利用导数求解实际应用问题
题型五 导数与不等式相交汇
判断正误.（请在括号中打“√”或“ ”）
1.跳水运动员距离水面的高度从变化到 时,他的平均速度为
. ( )
√
[解析] 根据平均速度的公式知,结论正确.
2.函数在某点处的导数是一个变量. ( )
×
[解析] 函数在某点处的导数,就是在该点处的函数值改变量与自变量
改变量之比的极限，因此,它是一个常数而不是变量.
3.若直线是函数的图象的一条切线,则直线与函数
的图象有且只有一个公共点.
( )
×
[解析] 曲线在某点处的切线只是一个局部概念,是该点处割线的极限
情况,切线与曲线在其他地方可能还有公共点.
4.的导函数 的物理意义是：物体做匀速直线运动. ( )
√
[解析] 若表示路程关于时间的函数,则 表示物体的瞬时速
度始终为1,即物体做匀速直线运动.
5.函数的导函数是 . ( )
√
[解析] .
6.已知,则 . ( )
×
[解析] .
7.函数的单调递减区间是 . ( )
×
[解析] ,当时,,所以是函数
的单调递增区间.
8.若函数满足,则 一定是极值. ( )
×
[解析] 如满足,但不是 的极值.
题型一 导数的概念及其几何意义
［类型总述］（1）利用导数求切点坐标;（2）利用导数求切线方程.
例1（1） 若函数的图象在 处的切线
方程为 ，则( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 因为，所以 ，
则 ，
所以，所以函数的图象在 处的
切线方程为，
将切点 的坐标代入切线方程，
可得，得，
又，所以 ，故选D.
（2）在平面直角坐标系中,点在曲线 上，且该曲线在点
处的切线经过点为自然对数的底数,则点 的坐标是
_______.
[解析] 设切点，因为，
所以该曲线在点 处的切线的斜率，
又切线过点，所以 ，
即，解得，所以点的坐标是 .
变式（1） 设函数，则曲线在点 处的
切线与两坐标轴围成的三角形面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 函数，则，
所以 ， ，
故切点坐标为，切线斜率为 ，切线方程为 ，
分别令，，得该切线分别与轴、轴交于点 ， ，
故切线与两坐标轴围成的三角形面积为 .
（2）[2024·武汉高二期末]已知过点可以作曲线
的两条切线，则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 设切点坐标为 ，
， 切线的斜率 ，
切线方程为 ，
切线过点 ，
，即 .
过点 可以作两条切线，
关于的方程 有两个不同的根，
，解得或 .故选D.
题型二 函数的导数与函数图象
［类型总述］（1）由导函数图象得到函数图象；（2）利用导函数
图象判断函数性质;（3）利用导数判断函数图象.
例2（1） 函数 的图象大致为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 的定义域为 ，
且 ，
所以为偶函数，排除C，D；
令 ，，则恒成立，
故当 时， ，
又在上恒成立，
所以 在 上恒成立，排除A.
故选B.
（2）如图所示的四个图象中，有一个图象
是函数
的导函数的图象，则 ( )
A. B.
C. D.或
√
[解析] ，
故导函数 为二次函数，其图象开口向上，排除图象②④.
当时， ，
图象①满足题意，此时 ；
当时，若图象③满足题意，则为
的根，另一个根大于0，
因为，所以 ，解得，
此时 ，满足要求，所以 ，
则 .故选D.
变式（1） 的导函数的图象如图所示，则函数 的图象
最有可能是( )
A. B. C. D.
[解析] 由的图象可知，当 时，，
当时，，
所以在 和上单调递减，在 上单调递增.
故选A.
√
（2）已知函数 的图象
如图所示，则不等式 的解集
为________________.
[解析] 由的图象可知在和 上单调递增，
在上单调递减，所以的解集为 ，
的解集为.
由得或
所以的解集为 .
题型三 利用导数研究函数的单调性、极值、最值
［类型总述］（1）利用导数求单调区间;（2）已知函数的单调性,求
参数的取值范围;（3）求极值;（4）求函数在区间 上的最值.
例3（1） 设，若为函数 的极大
值点，则( )
A. B. C. D.
[解析] 方法一：求导得,
由 为函数的极大值点得，
如果,那么,得 ,得;
如果,那么,得,得 .故选D.
√
方法二：因为为函数的极大值点，且, ，
所以结合三次函数的图象知，
当时， 的大致图象如图（1）,
此时，得;
当时， 的大致图象如图（2）,
此时，得.
综上可得 ，故选D.
（2）已知函数在区间 上存在单调递
增区间，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
[解析] 函数在区间上存在单调递增区间，
不等式在区间上能成立.
，
设，则或 ，
即或，可得 .故选A.
√
（3）（多选题）函数 在下列区间上单调递增的是
( )
A. B. C. D.
√
√
[解析] 由已知得
.
对于A，当时，，所以 ，所以函数
单调递增，A正确；
对于B，当 时，，所以，所以函数
单调递减，B错误；
对于C，当时，，所以 ，所以函数
单调递减，C错误；
对于D，当 时，，所以，
所以函数 单调递增，D正确.故选 .
变式 [2024·福建宁德高二期末] 已知函数
,且是 的极值点.
（1）求 的值;
解：由题可得 ，
因为是的极值点，所以，解得 ，
经检验，符合题意，所以 .
（2）若函数有三个零点，求实数 的取值范围.
解：因为函数有三个零点，
所以函数 的图象与直线 有三个不同的交点.
由（1）可得， ，
令，得或 .
当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以在和上单调递增，在 上单调递减，
又， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 的图象如图所示.
由图可知， ，
所以实数的取值范围为 .
拓展 已知函数, .
（1）若在处取得极值，求实数 的值；
解：由题意得 ，
因为在处取得极值，所以，解得 .
当时， ，
因为，所以 .
当时，，所以在 上单调递减，
当时，，所以在 上单调递增，
所以在 处取得极小值.
综上可得， .
（2）求 的单调区间；
解：由（1）得，
令 ，可得 .
当时，，所以在 上单调递减，
当时，，所以在 上单调递增，
所以的单调递减区间为 ，单调递增区间为
.
（3）证明： .
证明：方法一：由, ，
得, ，
由（2）知，存在唯一的，使得 ，
即，即 ，
所以 .
设, ，
则 ,
所以，所以 .
方法二：因为 ，
且，所以，则 ，
又由（2）知 ，
所以 .
题型四 利用导数求解实际应用问题
［类型总述］（1）利润最大;（2）面积、体积最大等.
例4 [2023·成都树德中学高二期中] 制作一个容积为 的圆柱形容器
（有底有盖，不考虑器壁的厚度），设底面半径为 ．
（1）把该容器的表面积表示为关于底面半径 的函数；
解：设圆柱形容器的高为，则 ，
，
即， .
（2）当为何值时，表面积 最小．
解：由（1）得，，，
令 ，得 .
当时，，单调递减；
当 时，， 单调递增.
故当时，表面积 取得最小值．
变式 某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位： ），
其中容器的中间为圆柱体，左、右两端均为半球体，按照设计要求
容器的体积为 .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知
圆柱体部分的建造费用为3万元/ ，半球体部分的建造费用为4万元
/.设该容器的总建造费用为 万元.
（1）将表示成 的函数，并求该函数的定义域；
解：由题意可知 ，
所以 ，
所以圆柱的侧面积为 ，
又两端两个半球的表面积之和为 ，
所以 .
因为，所以 ，
所以定义域为 .
（2）确定和 为何值时，该容器的建造费用
最小，并求出最小建造费用.
解：由（1）可得 ，
令，得，令，得 ，
又，所以函数在上单调递减，在 上单调递增，
所以当时，该容器的建造费用最小，为 万元，
此时 .
题型五 导数与不等式相交汇
［类型总述］（1）不等式证明；（2）不等式恒成立、不等式能成
立问题.
例5（1） 已知定义在上的函数的导函数为 ，且满足
，，则不等式
的解集为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题可设，因为 ，
所以，所以函数在 上单调递增.
由题得，
将不等式 转化为，即，
即 ，可得，所以，
则不等式 的解集为 .故选D.
（2）已知函数，若 在定义域内恒成
立，则实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 的定义域为.由 在定义域内恒成立，
得恒成立，即 恒成立.
令，，则，所以 .
因为，所以 .
当时，，函数 单调递减；
当时，，函数 单调递增.
所以当时，，所以 .
令，，则 ，
所以 ，所以的取值范围为 .故选C.
变式 证明：当时， .
证明：当时， .
设，则 ，
记 ，
则，当且仅当 时取等号，
在上单调递增，又，
由，得 ，由，得 ，
在上单调递减，在 上单调递增，
当时，取得最小值，最小值为 ，
，，
又当时，，
当时， .