本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1 (1)A [解析] =4×=4f'(2)=12.故选A.
(2)解:①g(x)=tan x=,
所以g'(x)==,
所以g'=2,g=1,
所以切线方程为y-1=2,整理得2x-y+1-=0.
②f(x)=ln x,所以f'(x)=,设切点坐标为(x0,ln x0),所以切线斜率k=,则切线方程为y-ln x0=(x-x0),又因为切线过原点,所以-ln x0=·(-x0),解得x0=e,
所以切线方程为y-1=(x-e),整理得x-ey=0.
变式 (1)C (2)D (3)ln 2
[解析] (1)∵函数y=f(x)在x=x0处可导,∴=-2=-2f'(x0).故选C.
(2)设切点坐标为(x0,3x0),因为y=ln(3x-a)+2,所以y'=,所以切线的斜率k==3,又3x0=ln(3x0-a)+2,所以3x0=ln 1+2,解得x0=,又3x0-a=1,所以a=3x0-1=2-1=1,故选D.
(3)∵y=ex+x,∴y'=ex+1,∴切线的斜率k=y'|x=0=2,∴切线方程为y-1=2·(x-0),即y=2x+1.设直线y=2x+1与曲线y=ln(x+1)+a相切于点(x0,ln(x0+1)+a),∵y=ln(x+1)+a,∴y'=,∴k=y'==2,解得x0=-,∴ln+a=2×+1,解得a=ln 2.
题型二
例2 D [解析] 由题中图可知,当x<0时,函数f(x)单调递增,所以对应的导函数f'(x)>0,故A,C不是导函数的图象;当x>0时,f(x)的图象先增,再减,再增,所以导函数的值应先为正数,零,再为负数,零,再为正数,故B不是导函数的图象.故选D.
变式 C [解析] 设函数y=xf'(x)的图象在x轴上最左边的一个零点为a,且-2
0,∴f(x)在(-2,a)上单调递增;当a0,∴f'(x)<0,∴f(x)在(a,0)上单调递减.故选C.
题型三
例3 解:(1)当a=2时,f(x)=x2-x+ln x,对其求导得f'(x)=x-+=,令f'(x)===0,解得x=或x=2,
注意到f(x)的定义域为(0,+∞),由此可以列出以下表格:
x (2,+∞)
f'(x) + - +
f(x) ↗ ↘ ↗
由表可知,函数f(x)的增区间为和(2,+∞).
(2)对函数f(x)=x2-x+ln x求导,
得f'(x)=x-+==,
令f'(x)==0,解得x=a或x=,接下来对a∈(0,1]分两种情形来讨论.
情形一:当a=1时,有f'(x)=≥0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
情形二:当a∈(0,1)时,有00可得0,由f'(x)<0可得a则f(x)在(0,a)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当a=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a∈(0,1)时,f(x)在(0,a)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.
变式 A [解析] 因为f(x)=ln x-ax,所以f'(x)=-a,因为f(x)在区间[1,3]上单调递减,所以f'(x)≤0,即-a≤0,即a≥当x∈[1,3]时恒成立.因为y=在[1,3]上单调递减,所以ymax=1,所以a≥1.故选A.
题型四
例4 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,
f'(x)=ex-1,
所以f(1)=e-2,f'(1)=e-1,
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x-1.
(2)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时,f'(x)恒大于0,即f(x)在R上单调递增,f(x)无极小值,舍去.
②当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
所以f(x)在x=ln a处取得极小值,
依题有f(ln a)=a-aln a-a3<0,所以a2+ln a-1>0.
令g(x)=x2+ln x-1,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,所以a>1,故a的取值范围是(1,+∞).
变式 A [解析] 对函数f(x)求导得f'(x)=(2x+2a)ex+(x2+2ax+a2-3)ex=[x2+(2a+2)x+a2+2a-3]ex,因为x=1是函数f(x)的极小值点,所以f'(1)=[12+(2a+2)×1+a2+2a-3]e1=0,即a2+4a=0,解得a=0或a=-4.当a=0时,f'(x)=(x2+2x-3)ex=(x-1)(x+3)ex,则当-31时,f'(x)>0,则f(x)在区间(-3,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以x=1是f(x)的极小值点,故a=0满足题意.当a=-4时,f'(x)=(x2-6x+5)ex=(x-1)(x-5)ex,当x<1时,f'(x)>0,当1题型五
例5 解:(1)函数f(x)=mln(x+1)-mx的定义域为(-1,+∞),且f'(x)=-m==.
若m=0,则f(x)=0,x∈(-1,+∞)为常数函数,不具有单调性.
若m>0,则当-10,当x>0时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
若m<0,则当-10时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
综上可得,当m=0时f(x)为常数函数,不具有单调性;
当m>0时f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;
当m<0时f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)不等式f(x)>x+1-ex可整理为mln(x+1)-(x+1)>mx-ex,
即mln(x+1)-eln(x+1)>mx-ex.
令h(x)=ln(x+1)-x,x∈(0,+∞),则h'(x)=-1=,
当x∈(0,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
又h(0)=0,所以当x∈(0,+∞)时,h(x)<0,即ln(x+1)令g(x)=mx-ex,则g'(x)=m-ex.
不等式mln(x+1)-eln(x+1)>mx-ex在(0,+∞)上恒成立,
即g[ln(x+1)]>g(x)在(0,+∞)上恒成立,
因为ln(x+1)则g'(x)=m-ex≤0在(0,+∞)上恒成立,
则m≤(ex)min,x∈(0,+∞),所以m≤1.
变式 解:(1)当b=0时,f(x)=ln+ax,f(x)的定义域为(0,2),f'(x)=+a.
∵+a≥2+a,当且仅当x=1时取等号,
∴若f'(x)≥0,则只需2+a≥0,解得a≥-2,故a的最小值为-2.
(2)证明:由y=ln的图象关于点(1,0)中心对称,y=ax的图象关于点(1,a)中心对称,
y=b(1-x)3的图象关于点(1,0)中心对称,得曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,证明如下:
∵f(1+x)+f(1-x)=ln+a(1+x)+bx3+ln+a(1-x)+b(-x)3=2a,∴曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,故曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)方法一:由函数f(x)连续及题意知f(1)=-2,故a=-2,
∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3.
f'(x)=.
若-≤b≤0,则f'(x)>0在(1,2)上恒成立,
故f(x)在(1,2)上单调递增,则f(x)>f(1)=-2,满足题意.
当b<-或b>0时,令f'(x)=0,可得x=1+.
若b<-,则当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
则f若b>0,则1+>2,当x∈(1,2)时,f'(x)>0,
故f(x)>f(1)=-2,满足题意.
综上,b的取值范围是.
方法二:
由函数f(x)连续及题意知f(1)=-2,故a=-2,
故f(x)=ln-2x+b(x-1)3,f'(x)=-2+3b(x-1)2,f'(1)=0.
令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x-1).
y=x(2-x)在(1,2)上单调递减,由复合函数的单调性知g(x)=+6b在(1,2)上单调递增.
若g(1)≥0,即4+6b≥0,即b≥-,
则当x∈(1,2)时,g(x)>g(1)≥0,则m'(x)>0,
∴f'(x)在(1,2)上单调递增,
∴f'(x)>f'(1)=0,
∴f(x)在(1,2)上单调递增,
∴当1f(1)=-2,满足题意.
若g(1)<0,即4+6b<0,即b<-,
当x→2时,g(x)→+∞,
则存在x0∈(1,2),使得g(x0)=0,
当10,
∴f'(x)在(1,x0)上单调递减,
在(x0,2)上单调递增,
∴当x∈(1,x0)时,f'(x)∴f(x)在(1,x0)上单调递减,
∴当x∈(1,x0)时,f(x)综上,b的取值范围为.
例6 解:(1)当a=2时,f(x)=ln x+=-ln x+1+,定义域为(0,+∞),
f'(x)=--=,f'(1)=0,
令g(x)=1-2ln x-x(x>0),
则g'(x)=--1<0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,
又g(1)=0,所以当x∈(0,1)时,g(x)>g(1)=0,即f'(x)>0,则f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g(x)综上,当a=2时,f(x)的增区间是(0,1),减区间是(1,+∞).
(2)证明:f(x)=ln x+=,
要证函数f(x)=仅有1个零点,只需证方程aln x-xln x+x+1=a(ln x-1),
即方程xln x-x-1-a=0有且仅有1个实根.
设h(x)=xln x-x-1-a(x>0),
则h'(x)=ln x,
所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
当x∈(0,1)时,因为a>-1,
所以h(x)=xln x-x-1-a又h(1)=-2-a<0,当x→+∞时,h(x)→+∞,
所以当x∈(0,1)时h(x)无零点,当x∈(1,+∞)时,h(x)有唯一零点,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,
即方程xln x-x-1-a=0有且仅有1个实根,命题得证.
变式 A [解析] f(x)的定义域为R,且f'(x)=2x+2+ex+1-e-x-1=x+1+ex+1-[-(x+1)+e-(x+1)].令g(x)=x+ex,则g'(x)=1+ex>0恒成立,故g(x)=x+ex在R上单调递增.当x+1>-(x+1),即x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x+1<-(x+1),即x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-1处取得极小值,也是最小值,又当x→-∞时f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,故要想满足f(x)有且只有一个零点,只需f(-1)=0,即1-2+e-1+1+e1-1+k=0,解得k=-1,故选A.
题型五
例7 解:(1)如图,连接OB,在Rt△OAB中,AB=x,则OA=,
设圆柱的底面半径为r,则=2πr,可得r2=,
∴V=πr2·x=,其中0(2)由(1)得V'=,
由V'=0及0x (0,) (,3)
V' + 0 -
V 单调递增 极大值 单调递减
∴当x=时,V取得极大值,也是最大值,最大值为.
变式 20 [解析] 设从甲地到乙地海轮的航速为v n mile/h,燃料费为y元/h,总费用为f(x)元.由题意设y与v满足的关系式为y=av3(0≤v≤30),由题意得25=a·103,∴a=.则f(x)=v3×+×400=20v2+.可求得f'(x)=40v-,由f'(x)=0,得v=20.则当00.∴当v=20时,f(x)最小,即当总费用最低时,海轮的航速为20 n mile/h.本章总结提升
◆ 题型一 导数的概念及其几何意义
[类型总述] (1)导数的概念;(2) 导数的几何意义.
例1 (1)[2025·湖南长沙一中高二调研] 已知函数f(x)在R上可导,若f'(2)=3,则= ( )
A.12 B.9
C.6 D.3
(2)已知函数f(x)=ln x,g(x)=tan x.
①求曲线y=g(x)在点处切线的方程;
②若直线l过坐标原点且与曲线y=f(x)相切,求直线l的方程.
变式 (1)若函数y=f(x)在x=x0处可导,则等于 ( )
A.f'(x0) B.2f'(x0)
C.-2f'(x0) D.0
(2)[2025·江苏南京一中高二质检] 已知直线y=3x与曲线y=ln(3x-a)+2相切,则a的值为 ( )
A. B.ln+
C.2 D.1
(3)[2024·新课标Ⅰ卷] 若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a= .
◆ 题型二 函数的图象与导数
[类型总述] 原函数与导函数图象的关系判断.
例2 [2025·福建泉州一中高二月考] 设函数f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则导函数y=f'(x)的大致图象的是 ( )
A B C D
变式 [2025·山东菏泽一中高二质检] 已知函数y=xf'(x)(f'(x)是函数f(x)的导函数)的图象如图所示,则y=f(x)的大致图象可能是 ( )
A B C D
◆ 题型三 利用导数研究函数的单调性
[类型总述] (1)利用导数讨论函数的单调性;(2)由函数单调性求参数的范围.
例3 [2025·江苏盐城中学高二质检] 已知函数f(x)=x2-x+ln x.
(1)当a=2时,求函数f(x)的增区间;
(2)当a∈(0,1]时,讨论函数f(x)的单调性.
变式 [2025·湖南湘潭一中高二调研] 已知函数f(x)=ln x-ax在区间[1,3]上单调递减,则实数a的取值范围为 ( )
A.a≥1 B.a>1
C.a≥ D.a>
◆ 题型四 利用导数研究函数的极值、最值
[类型总述] (1)利用导数求函数的极值与最值;(2)由函数极值或最值求参数的范围.
例4 [2024·新课标Ⅱ卷] 已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
变式 [2025·江苏宿迁中学高二质检] 已知x=1是函数f(x)=(x2+2ax+a2-3)ex的极小值点,则a的值为 ( )
A.0 B.-4
C.0或4 D.0或-4
◆ 题型五 导数的应用
[类型总述] (1)利用导数研究不等式恒成立;(2)利用导数研究函数的零点.
角度1 导数与不等式
例5 [2025·山东青岛二中高二月考] 已知函数f(x)=mln(x+1)-mx.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若不等式f(x)>x+1-ex在(0,+∞)上恒成立,求m的取值范围.
变式 [2024·新课标Ⅰ卷] 已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)当1角度2 函数的零点
例6 [2025·河北承德一中高二月考] 已知函数f(x)=ln x+(a∈R).
(1)若a=2,求f(x)的单调区间;
(2)若a>-1,证明:函数f(x)=仅有1个零点.
变式 [2025·湖北襄樊一中高二月考] 已知函数f(x)=x2+2x+ex+1+e-x-1+k有且只有一个零点,则k的值为 ( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
◆ 题型五 导数的实际应用
[类型总述] 利用导数研究生活中的优化问题.
例7 [2025·广东惠州中学高二月考] 如图,在半径为3的圆形(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC,其中点B在圆弧上,点A,C在两半径上,现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗),设矩形的一边长AB=x,圆柱的体积为V.
(1)写出体积V关于x的函数关系式,并指出定义域.
(2)当x为何值时,才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大 最大值是多少
变式 [2025·江苏扬州中学高二质检] 海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比,已知某海轮的最大航速为30 n mile/h,当速度为10 n mile/h时,它的燃料费是每小时25元,其余费用(无论速度如何)都是每小时400元.如果甲、乙两地相距800 n mile,那么要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低,它的航速应为 n mile/h. (共46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 函数的图象与导数
题型三 利用导数研究函数的单调性
题型四 利用导数研究函数的极值、最值
题型五 导数的实际应用
答案核查
题型一 导数的概念及其几何意义
［类型总述］（1）导数的概念;（2） 导数的几何意义.
例1（1）［2025·湖南长沙一中高二调研］已知函数在 上可导，
若，则 ( )
A.12 B.9 C.6 D.3
[解析] ．
故选A.
√
（2）已知函数， .
①求曲线在点 处切线的方程；
解： ，
所以 ，
所以， ，
所以切线方程为，整理得 .
②若直线过坐标原点且与曲线相切，求直线 的方程.
解：，所以，设切点坐标为 ，所以切
线斜率，则切线方程为 ，
又因为切线过原点，所以，解得 ，
所以切线方程为，整理得 .
（2）已知函数， .
变式（1）若函数在处可导，则 等
于( )
A. B. C. D.0
[解析] 函数在 处可导，
.故选C.
√
（2）［2025·江苏南京一中高二质检］已知直线 与曲线
相切，则 的值为( )
A. B. C.2 D.1
[解析] 设切点坐标为，因为 ，所以
，所以切线的斜率，
又 ，
所以，解得，
又 ，所以 ，故选D.
√
（3）［2024· 新课标Ⅰ卷］若曲线在点 处的切线也是
曲线的切线，则 _____．
[解析] ,, 切线的斜率, 切
线方程为，即.
设直线 与曲线相切于点 ,
,, ,解得
,,解得 .
题型二 函数的图象与导数
［类型总述］ 原函数与导函数图象的关系判断.
例2 ［2025·福建泉州一中高二月考］设函数 在定义域内可导，
的图象如图所示，则导函数 的大致图象的是
( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由题中图可知，当时，函数 单调递增，所以对应的
导函数 ，故A，C不是导函数的图象；
当时, 的图象先增,再减,再增,所以导函数的值应先为正数,零,
再为负数，零，再为正数，故B不是导函数的图象.
故选D.
变式 ［2025·山东菏泽一中高二质检］ 已知函
数是函数 的导函数）的图象
如图所示，则 的大致图象可能是 ( )
A. B.
C. D.
√
[解析]设函数的图象在轴上最左边的一个零点为 ，且
.
当时，,,
在上单调递增；
当时，, ,
在 上单调递减.
故选C.
题型三 利用导数研究函数的单调性
［类型总述］（1）利用导数讨论函数的单调性;（2）由函数单调性
求参数的范围.
例3 ［2025·江苏盐城中学高二质检］已知函数
．
（1）当时，求函数 的增区间；
解：当时， ，
对其求导得，
令 ，解得或 ，
注意到的定义域为 ，由此可以列出以下表格：
-
由表可知，函数的增区间为和 .
（2）当时，讨论函数 的单调性．
解：对函数 求导，
得 ，
令，解得或 ，
接下来对 分两种情形来讨论.
情形一：当时，有，此时在 上单
调递增.
情形二：当时，有，由 可得
或，由可得 ，
则在上单调递增，在上单调递减，在 上单调
递增.
综上所述，当时，在 上单调递增；
当时，在上单调递增，在 上单调递减，在
上单调递增.
变式 ［2025·湖南湘潭一中高二调研］ 已知函数 在
区间上单调递减，则实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以，因为 在区间
上单调递减，所以，即，即当
时恒成立.
因为在上单调递减，所以，所以 .
故选A.
√
题型四 利用导数研究函数的极值、最值
［类型总述］（1）利用导数求函数的极值与最值;（2）由函数极值
或最值求参数的范围.
例4 ［2024· 新课标Ⅱ卷］已知函数 .
（1）当时，求曲线在点 处的切线方程；
解:当时， ，
，
所以, ，
所以切线方程为,即 .
（2）若有极小值，且极小值小于0，求 的取值范围.
解: .
①当时,恒大于0，即在上单调递增， 无极小值，
舍去.
②当时，在上单调递减，在 上单调递增，
所以在 处取得极小值，
依题有,所以 .
令,则在上单调递增，且 ，
所以，故的取值范围是 .
变式 ［2025·江苏宿迁中学高二质检］ 已知 是函数
的极小值点，则 的值为( )
A.0 B. C.0或4 D.0或
[解析] 对函数求导得，
因为是函数 的极小值点，所以
，即，解得或.
当 时，，
则当 时，，当时，，
√
则在区间 上单调递减，在区间上单调递增，
所以是的极小值点，故 满足题意.
当时， ，
当时，，当时，，则 在区间
上单调递增，在区间上单调递减，所以是 的
极大值点，故不满足题意.
综上所述， ，故选A.
题型五 导数的应用
［类型总述］（1）利用导数研究不等式恒成立;（2）利用导数研究
函数的零点.
角度1 导数与不等式
例5 ［2025·山东青岛二中高二月考］已知函数
.
（1）讨论 的单调性；
解：函数的定义域为 ，且
.
若，则， 为常数函数，不具有单调性.
若，则当时，，当时， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减.
若，则当时，，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增.
综上可得，当时 为常数函数，不具有单调性；
当时在上单调递增，在 上单调递减；
当时在上单调递减，在 上单调递增.
（2）若不等式在上恒成立，求 的取值范围.
解：不等式 可整理为
，
即 .
令，，则 ，
当时，，所以在 上单调递减，
又，所以当时，，即 .
令，则 .
不等式在 上恒成立，
即在 上恒成立，
因为，所以在 上单调递减，
则在 上恒成立，
则，，所以 .
变式 ［2024· 新课标Ⅰ卷］ 已知函数 .
（1）若,且,求 的最小值；
解：当时，,的定义域为 ,
.
,当且仅当 时取等号，
若,则只需，解得,故的最小值为 .
（2）证明：曲线 是中心对称图形；
证明：由的图象关于点中心对称， 的图象关于
点 中心对称，
的图象关于点中心对称，得曲线 关于点
中心对称，证明如下：
, 曲线关于点 中心对称，故曲线
是中心对称图形.
（3）当时，的取值范围是,求 的取值范围.
解：方法一：由函数连续及题意知,故 ,
.
.
若,则在 上恒成立，
故在上单调递增，则 ,满足题意.
当或时，令，可得 .
若，则当时,, 单调递减,
当时,, 单调递增,
则 ,不满足题意，舍去.
若,则,当时， ，
故 ,满足题意.
综上，的取值范围是 .
方法二：
由函数连续及题意知，故 ，
故, ,
.
令,则 .
在 上单调递减，由复合函数的单调性知
在 上单调递增.
若，即,即 ，
则当时，,则 ,
在 上单调递增，
，
在 上单调递增,
当时， ，满足题意.
若，即,即 ，
当时, ，
则存在，使得 ，
当时，,当时， ,
在 上单调递减，在 上单调递增，
当时, ，
在 上单调递减，
当时， ,不满足题意.
综上，的取值范围为 .
角度2 函数的零点
例6 ［2025·河北承德一中高二月考］已知函数
．
（1）若，求 的单调区间；
解：当时， ，定
义域为 ，
， ，
令 ，则 ，
所以在 上单调递减，
又，所以当时，，即 ，
则 单调递增；
当时，，即，则 单调递减.
综上，当时，的增区间是，减区间是 .
（2）若，证明：函数 仅有1个零点．
证明： ，
要证函数 仅有1个零点，只需证方程
，
即方程 有且仅有1个实根.
设 ，
则 ，
所以当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增.
当时，因为 ，
所以 ，
又，当 时， ，
所以当时无零点，当时， 有唯一零点，
故在 上有且只有一个零点，
即方程 有且仅有1个实根，命题得证.
变式 ［2025·湖北襄樊一中高二月考］ 已知函数
有且只有一个零点，则 的值为
( )
A. B.0 C.1 D.2
[解析] 的定义域为 ，且
.
令，则 恒成立，
故在上单调递增.
当，即 时，，单调递增，
当，即 时，， 单调递减，
√
故在处取得极小值，也是最小值，又当 时
，当 时， ，故要想满足 有且
只有一个零点，只需，即 ，
解得 ，故选A.
题型五 导数的实际应用
［类型总述］ 利用导数研究生活中的优化问题.
例7 ［2025·广东惠州中学高二月考］如图，在半径
为3的圆形（ 为圆心）铝皮上截取一块矩形材料
，其中点在圆弧上，点， 在两半径上，
现将此矩形铝皮卷成一个以 为母线的圆柱
形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的一边长 ，
圆柱的体积为 ．
（1）写出体积关于 的函数关系式，并指出定义
域.
解：如图，连接，在中， ，则
，
设圆柱的底面半径为，则 ，可得
，
，其中 ．
（2）当为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积
最大 最大值是多少
解：由（1）得 ，
由及，得，当变化时，, 的变化情况如表：
0 -
单调递增 极大值 单调递减
当时，取得极大值，也是最大值，最大值为 ．
变式 ［2025·江苏扬州中学高二质检］ 海轮每小时使用的燃料费与
它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航速为 ，
当速度为 时，它的燃料费是每小时25元，其余费用
（无论速度如何）都是每小时400元.如果甲、乙两地相距 ，
那么要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为___
.
20
[解析] 设从甲地到乙地海轮的航速为 ，燃料费为元/，
总费用为元.
由题意设与 满足的关系式为 ，
由题意得， .
.
可求得，由，得.
则当 时，；当时，
当时， 最小，
即当总费用最低时，海轮的航速为 .
快速核答案
例1 （1）A （2）① ②
变式 （1）C （2）D （3） 例2 D 变式 C
例3 （1） 和
(((2)当时，在上单调递增；当时，在上单
调递增，在上单调递减，在上单调递增.
变式 A 例4 （1）（2） 变式 A
例5 （1）当时为常数函数，不具有单调性；当时在
上单调递增，在上单调递减；当时在上单调递减，
在上单调递增. （2）
变式 （1）（2）略（3）
例6 （1）的增区间是，减区间是.（2）略
变式 A
例7 （1） ，其中．
（2）当时，取得极大值，也是最大值，最大值为．
变式 20