3.1
变化率与导数（1）
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2016·山东枣庄高二月考)在物体运动变化过程中，自变量的改变量Δx的取值为( D )
A．Δx>0
B．Δx<0
C．Δx＝0
D．Δx≠0
[解析] Δx可正也可负，但是不可以为0，故选D．
2．对于函数y＝，当Δx＝1时，Δy的值是( D )
A．1
B．－1
C．0
D．不能确定
[解析] 函数值的改变量是指函数在某一点附近的改变量，因而要求Δy必须指明在哪一点处．
3．函数f(x)在x＝x0处的导数可表示为( A )
A．f
′(x0)＝
B．f
′(x0)＝[f(x0＋Δx)－f(x0)]
C．f
′(x0)＝f(x0＋Δx)－f(x0)
D．f
′(x0)＝
[解析] B中[f(x0＋Δx)－f(x0)]表示函数值的变化量的极限；C中f(x0＋Δx)－f(x0)表示函数值的变化量；D中表示函数的平均变化率．
4．(2016·山西临汾高二质检)一质点运动的方程为s＝5－3t2，若该质点在t＝1到t＝1＋Δt这段时间内的平均速度为－3Δt－6，则该质点在t＝1时的瞬时速度是( D )
A．－3
B．3
C．6
D．－6
[解析] 当Δt趋近于0时，－3Δt－6趋近于－6，即t＝1时该质点的瞬时速度是－6.
5．已知f(x)＝x2－3x，则f
′(0)＝( C )
A．Δx－3
B．(Δx)2－3Δx
C．－3
D．0
[解析] f
′(0)＝
＝
＝
(Δx－3)＝－3.故选C．
6．设函数f(x)在点x0附近有定义，且有f(x0＋Δx)－f(x0)＝aΔx＋b(Δx)2(a，b为常数)，则( C )
A．f
′(x)＝a
B．f
′(x)＝b
C．f
′(x0)＝a
D．f
′(x0)＝b
[解析] ∵f
′(x0)＝
＝
＝
(a＋bΔx)＝a.
∴f
′(x0)＝a.
二、填空题
7．已知函数y＝x3－2，当x＝2时，＝__(Δx)2＋6Δx＋12__.
[解析] ∵Δy＝(2＋Δx)3－2－6＝(Δx)3＋6(Δx)2＋12Δx，∴＝(Δx)2＋6Δx＋12.
8．在自由落体运动中，物体位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的函数关系式s＝gt2(g＝9.8
m/s2)，试估计t＝3s时物体下落的瞬时速度是__29.4_m/s__.
[解析] 从3s到(3＋Δt)s这段时间内位移的增量：
Δs＝s(3＋Δt)－s(3)＝4.9(3＋Δt)2－4.9×32
＝29.4Δt＋4.9(Δt)2，
从而，＝29.4＋4.9Δt.当Δt趋于0时，趋于29.4
m/s.
三、解答题
9．一作直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s＝3t－t2，求此物体在t＝2时的瞬时速度.
[解析] 由于Δs＝3(2＋Δt)－(2＋Δt)2－(3×2－22)
＝3Δt－4Δt－Δt2＝－Δt－Δt2，
∴＝＝－1－Δt.
∴v＝
＝
(－1－Δt)＝－1.
∴物体在t＝2时的瞬时速度为－1.
B级 素养提升
一、选择题
1．质点运动规律为s＝2t2＋5，则在时间(3,3＋Δt)中，相应的平均速度等于( C )
A．6＋Δt
B．12＋Δt＋
C．12＋2Δt
D．12
[解析] ＝
＝12＋2Δt.
2．(2016·山东聊城高二月考)做直线运动的物体，其位移s和时间t的关系是：s＝3t－t2，则它的初速度是( B )
A．0
B．3
C．－2
D．3－2t
[解析] 初速度即为t＝0时的瞬时速度，
＝＝＝3－Δt2.
当Δt趋近于0时，趋近于3，故它的初速度为3.
3．(2016·浙江台州检测)若f(x)在x＝x0处存在导数，则
( B )
A．与x0，h都有关
B．仅与x0有关，而与h无关
C．仅与h有关，而与x0无关
D．与x0，h都无关
[解析] 由导数的定义可知，函数在x＝x0处的导数只与x0有关，故选B．
4．(2016·安徽淮北高二检测)设f(x)＝ax3＋2，若f′(－1)＝3，则a＝( C )
A．－1
B．
C．1
D．
[解析] ∵f′(－1)＝
＝
＝3a，∴3a＝3，解得a＝1.故选C．
5．若
＝1，则
＝( D )
A．1
B．－1
C．
D．－
[解析]
＝
＝－＝－
＝－.故选D．
二、填空题
6．已知物体的运动方程是S＝－4t2＋16t(S的单位为m；t的单位为s)，则该物体在t＝2s时的瞬时速度为__0_m/s__.
[解析] ΔS＝－4(2＋Δt)2＋16(2＋Δt)＋4×22－16×2＝－4Δt2，
∴＝＝－4Δt，
∴v＝
＝
(－4Δt)＝0.
∴物体在t＝2s时的瞬时速度为0
m/s.
7．球的半径从1增加到2时，球的体积平均膨胀率为 .
[解析] ∵Δy＝π×23－π×13＝，
∴＝＝.
三、解答题
8．求函数f(x)＝3x－在x＝1处的导数.
[解析] Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝3(1＋Δx)－－1
＝2＋3Δx－＝3Δx＋，
＝＝3＋，
∴
＝
(3＋)＝5，∴f
′(1)＝5.
C级 能力提高
1．(北京高考)已知f(x)＝x3＋2x＋1，则f′(－1)的值是__3__.
[解析] f′(－1)＝
＝
＝3.
2．一物体的运动方程如下：(单位：m，时间：s)
s＝.
求：(1)物体在t∈[3,5]时的平均速度；
(2)物体的初速度v0；
(3)物体在t＝1时的瞬时速度.
[解析] (1)∵物体在t∈[3,5]时的时间变化量为Δt＝5－3＝2，
物体在t∈[3,5]时的位移变化量为
Δs＝3×52＋2－(3×32＋2)＝3×(52－32)＝48，
∴物体在t∈[3,5]时的平均速度为＝＝24(m/s)．
(2)求物体的初速度v0即求物体在t＝0时的瞬时速度．
∵物体在t＝0附近的平均变化率为
＝
＝＝3Δt－18，
∴物体在t＝0处的瞬时变化率为
＝
(3Δt－18)＝－18，
即物体的初速度为－18
m/s.
(3)物体在t＝1时的瞬时速度即为函数在t＝1处的瞬时变化率．
∵物体在t＝1附近的平均变化率为
＝
＝＝3Δt－12，
∴物体在t＝1处的瞬时变化率为
＝
(3Δt－12)＝－12，
即物体在t＝1时的瞬时速率为－12
m/s.3.3
导数在研究函数中的应用（3）
A级 基础巩固
一、选择题
1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是( A )
A．12；－8
B．1；－8
C．12；－15
D．5；－16
[解析] y′＝6x2－6x－12，由y′＝0 x＝－1或x＝2(舍去)．x＝－2时y＝1，x＝－1时y＝12，x＝1时y＝－8.
∴ymax＝12，ymin＝－8.故选A．
2．函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)( D )
A．有最大值，但无最小值
B．有最大值，也有最小值
C．无最大值，但有最小值
D．既无最大值，也无最小值
[解析] f
′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵x∈(－1,1)，∴f
′(x)<0，即函数在(－1,1)上是单调递减的，∴既无最大值，也无最小值．
3．函数f(x)＝3x－x3(－≤x≤3)的最大值为( B )
A．18
B．2
C．0
D．－18
[解析] f
′(x)＝3－3x2，令f
′(x)＝0，得x＝±1，－≤x<－1时，f
′(x)<0，－1
′(x)>0,1′(x)<0，故函数在x＝－1处取极小值，在x＝1处取极大值．
∵f(1)＝2，f(－1)＝－2，
又f(－)＝0，f(3)＝－18，
∴[f(x)]max＝2，[f(x)]min＝－18.
4．若函数f(x)＝x3－3x－a在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为M、N，则M－N的值为( D )
A．2
B．4
C．18
D．20
[解析] f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.
f(0)＝－a,
f(1)＝－2－a,
f(3)＝18－a，
∴f(x)max＝18－a，f(x)min＝－2－a，
∴18－a－(－2－a)＝20.
5．下列说法正确的是( D )
A．函数的极大值就是函数的最大值
B．函数的极小值就是函数的最小值
C．函数的最值一定是极值
D．在闭区间上的连续函数一定存在最值
[解析] 根据最大值、最小值的概念可知选项D正确．
6．函数f(x)＝ln
x－x在区间[0，e]上的最大值为( A )
A．－1
B．1－e
C．－e
D．0
[解析] f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得1∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，e)上递减，∴当x＝1时，f(x)取极大值，这个极大值也是最大值．∴f(x)max＝f(1)＝－1.
二、填空题
7．当x∈[－1,1]时，函数f(x)＝的值域是__[0，e]__.
[解析] f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝2.
f(－1)＝e,
f(0)＝0,
f(1)＝，
∴f(x)max＝e,
f(x)min＝0，
故函数f(x)的值域为[0，e]．
8．若函数f(x)＝3x－x3＋a，－≤x≤3的最小值为8，则a的值是__26__.
[解析] f
′(x)＝3－3x2，令f
′(x)＝0，得x＝±1.
f(1)＝2＋a，f(－1)＝－2＋a.
又f(－)＝a，f(3)＝－18＋a.
∴f(x)min＝－18＋a.由－18＋a＝8.得a＝26.
三、解答题
9．(2016·福建宁德市高二检测)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋3ax在x＝1时取得极值.
(1)求a的值；
(2)若关于x的不等式f(x)－k≤0在区间[0,4]上恒成立，求实数k的取值范围．
[解析] (1)f′(x)＝3x2－4ax＋3a，
由题意得f′(1)＝3－4a＋3a＝0，∴a＝3.
经检验可知，当a＝3时f(x)在x＝1时取得极值．
(2)由(1)知，
f(x)＝x3－6x2＋9x，
∵f(x)－k≤0在区间[0,4]上恒成立，
∴k≥f(x)max即可．
f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x2－4x＋3)
＝3(x－1)(x－3)，
令f′(x)>0，得3令f′(x)<0，得1∴f(x)在(0,1)上递增，(1,3)上递减，(3,4)上递增，
∴当x＝1时，
f(x)取极大值f(1)＝4，当x＝3时，
f(x)取极小值f(3)＝0.
又f(0)＝0，f(4)＝4，
∴f(x)max＝4，∴k≥4.
B级 素养提升
一、选择题
1．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为( A )
A．
B．
C．
D．
[解析] f
′(x)＝1－3x2＝0，得x＝∈[0,1]，
∵f＝，f(0)＝f(1)＝0.
∴f(x)max＝.
2．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上图象连续不断且f
′(x)A．f(a)－g(a)
B．f(b)－g(b)
C．f(a)－g(b)
D．f(b)－g(a)
[解析] 令u(x)＝f(x)－g(x)，
则u′(x)＝f
′(x)－g′(x)<0，
∴u(x)在[a，b]上为单调减少的，
∴u(x)的最大值为u(a)＝f(a)－g(a)．
3．设在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，且在区间[a，b]上存在导数，有下列三个命题：
①若f(x)在[a，b]上有最大值，则这个最大值必是[a，b]上的极大值；
②若f(x)在[a，b]上有最小值，则这个最小值必是[a，b]上的极小值；
③若f(x)在[a，b]上有最值，则最值必在x＝a或x＝b处取得．
其中正确的命题个数是( A )
A．0
B．1
C．2
D．3
[解析] 由于函数的最值可能在区间[a，b]的端点处取得，也可能在区间[a，b]内取得，而当最值在区间端点处取得时，其最值必不是极值，因此3个命题都是假命题．
4．当x∈[0,5]时，函数f(x)＝3x2－4x＋c的值域为( C )
A．[f(0)，f(5)]
B．[f(0)，f()]
C．[f()，f(5)]
D．[c，f(5)]
[解析] f
′(x)＝6x－4，令f
′(x)＝0，则x＝，0′(x)<0，x>时，f
′(x)>0，得f()为极小值，再比较f(0)和f(5)与f()的大小即可．
5．(2016·黑龙江哈三中期末)已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( D )
A．15
B．16
C．17
D．18
[解析] x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，则由3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.故选D．
二、填空题
6．函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值的和是__－10__.
[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)
－12
－
0
＋
24
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.
7．函数f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)，x∈[1,4]，f(x)的最大值为3，最小值为－6，则a＋b＝ .
[解析] f
′(x)＝4ax3－12ax2.
令f
′(x)＝0，得x＝0(舍去)，或x＝3.
1′(x)<0,3′(x)>0，故x＝3为极小值点．
∵f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，
∴f(x)的最小值为f(3)＝b－27a，最大值为f(4)＝b.
∴解得∴a＋b＝.
三、解答题
8．(2017·全国Ⅱ文，21)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
[解析] (1)解：f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋.
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)
在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．
(2)解：f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，
则h′(x)＝－xex<0(x>0)，
因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．
而h(0)＝1，故h(x)≤1
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0则g′(x)＝ex－1>0(x>0)，
所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．
而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)>ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
C级 能力提高
1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是__②③__.
[解析] ∵f(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f(x)<0，得10，
得x<1或x>3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a∴y最大值＝f(1)＝4－abc>0，
y最小值＝f(3)＝－abc<0.
∴0∴a，b，c都大于零，或者a<0，b<0，c>0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.
∴正确结论的序号是②③.
2．(2017·山东文，20)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos
x－sin
x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
[解析] (1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，
即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos
x－sin
x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos
x－(x－a)sin
x－cos
x
＝x(x－a)－(x－a)sin
x
＝(x－a)(x－sin
x)．
令h(x)＝x－sin
x，则h′(x)＝1－cos
x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为h(0)＝0，
所以当x>0时，h(x)>0；
当x<0时，h(x)<0.
①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin
x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－a3－sin
a；
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin
x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin
x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时，g(x)取到极小值，
极小值是g(a)＝－a3－sin
a.
综上所述：
当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin
a，极小值是g(0)＝－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin
a.3.3
导数在研究函数中的应用（2）
A级 基础巩固
一、选择题
1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f
′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点( A )
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
[解析] 极小值点应有先减后增的特点，即f
′(x)<0→f
′(x)＝0→f
′(x)>0.由图象可知只有1个极小值点．
2．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝( A )
A．－2或2
B．－9或3
C．－1或1
D．－3或1
[解析] ∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1，
则x，y′，y的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
y′
＋
－
＋
y
?
c＋2
?
c－2
?
因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.
3．(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( D )
A．－4
B．－2
C．4
D．2
[解析] f′(x)＝3x2－12，令f′(x)>0得x<－2或x>2，令f′(x)<0得－2∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，
∴当x＝2时，
f(x)取极小值，即2是函数f(x)的极小值点，故a＝2.
4．设函数f(x)＝xex，则( D )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
[解析] f
′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)，
令f
′(x)>0，得x>－1，
令f
′(x)<0，得x<－1，
∴函数f(x)在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，∴当x＝－1时，f(x)取得极小值．
5．设函数f(x)＝＋ln
x，则( D )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
[解析] 本节考查了利用导数工具来探索其极值点问题．
f
′(x)＝－＋＝(1－)，
由f
′(x)＝0可得x＝2.
当0′(x)<0，f(x)递减，当x>2时，
f
′(x)>0，∴f(x)单调递增．所以x＝2为极小值点．
对于含有对数形式的函数在求导时，不要忽视定义域．
6．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( D )
A．2
B．3
C．6
D．9
[解析] f
′(x)＝12x2－2ax－2b，由条件知f
′(1)＝0，∴a＋b＝6，∴ab≤()2＝9，等号在a＝b＝3时成立，故选D．
二、填空题
7．函数f(x)＝－x3＋x2＋2x取得极小值时，x的值是__－1__.
[解析] f
′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，
令f
′(x)>0得－1′(x)<0，得x<－1或x>2，∴函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上递减，在(－1,2)上递增，∴当x＝－1时，函数f(x)取得极小值．
8．(2015·陕西文)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为 y＝－ .
[解析] ∵y＝xex，∴y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，当x＝－1时y有极小值，此时y|x＝－1＝－，而y′|x＝－1＝0，∴切线方程为y＝－.
三、解答题
9．设函数y＝x3＋ax2＋bx＋c的图象如图所示，且与y＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.
(1)求a、b、c的值；
(2)求函数的递减区间.
[解析] (1)因为函数的图象经过点(0,0)，
易得c＝0.
又图象与x轴相切于点(0,0)，且y′＝3x2＋2ax＋b，
故0＝3×02＋2a×0＋b，解得b＝0.
所以y＝x3＋ax2，则y′＝3x2＋2ax.
令y′＝0，解得x＝0或x＝－a，
即x＝0和x＝－a是极值点．
由图象知函数在x＝0处取极大值，
故在x＝－a时取极小值．
当x＝－a时，函数有极小值－4，
所以(－a)3＋a(－)2＝－4，
整理得a3＝－27，解得a＝－3.故a＝－3、b＝0、c＝0.
(2)由(1)得y＝x3－3x2，则y′＝3x2－6x，
令y′<0，即y′＝3x2－6x<0，解得0所以，函数的递减区间是(0,2)．
B级 素养提升
一、选择题
1．函数y＝x3－3x2－9x(－2A．极大值5，极小值－27
B．极大值5，极小值－11
C．极大值5，无极小值
D．极小值－27，无极大值
[解析] y′＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)，
∵－2∴令y′>0得－2∴函数在(－2，－1)上递增，在(－1,2)上递减，
∴当x＝－1时，f(x)取极大值f(－1)＝－1－3＋9＝5，f(x)无极小值．
2．(2016·广西南宁高二检测)已知函数y＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( B )
A．(2,3)
B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，3)
[解析] y′＝6x2＋2ax＋36，
由已知得24＋4a＋36＝0，
∴a＝－15.
∴y′＝6x2－30x＋36
＝6(x2－5x＋6)＝6(x－2)(x－3)，
令y′>0，得x<2或x>3，故选B．
3．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( A )
A．，0
B．0，
C．－，0
D．0，－
[解析] f
′(x)＝3x2－2px－q，
由f
′(1)＝0，f(1)＝0得，
，解得，∴f(x)＝x3－2x2＋x.
由f
′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝或x＝1，
易得当x＝时f(x)取极大值.
当x＝1时f(x)取极小值0.
4．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是( D )
A．[－3,6]
B．(－3,6)
C．(－∞，－3]∪[6，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
[解析] 函数的导数为f
′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f
′(x)＝0有两个不同的根，所以判别式Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3.
5．若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( C )
A．[－5,0)
B．(－5,0)
C．[－3,0)
D．(－3,0)
[解析] 由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3,0)，故选C．
二、填空题
6．设x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点，则常数a＝ － .
[解析] f
′(x)＝＋2bx＋1，
由题意得，∴a＝－.
7．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是__(－2,2)__.
[解析] f
′(x)＝3x2－3，由3x2－3＝0得x＝1或－1，
当x<－1，或x>1时，f
′(x)>0，f(x)单调增；
当－1′(x)<0，f(x)单调减．
∴x＝－1时，f(x)取到极大值f(－1)＝2，x＝1时，f(x)取到极小值f(1)＝－2，∴欲使直线y＝a与函数f(x)的图象有相异的三个公共点，应有－2三、解答题
8．(2016·广西南宁高二检测)设x＝－2，x＝4是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点.
(1)求常数a、b的值；
(2)判断x＝－2，x＝4是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．
[解析] (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意得，
解得.
(2)由(1)知f′(x)＝3x2－6x－24
＝3(x2－2x－8)
＝3(x－4)(x＋2)，
令f′(x)>0，得x<－2或x>4，
令f′(x)<0，得－2∴f(x)在(－∞，－2)，(4，＋∞)上单调递增，在(－2,4)上单调递减，
∴当x＝－2时，
f(x)取极大值，当x＝4时，
f(x)取极小值，故x＝－2是极大值点，x＝4是极小值点．
C级 能力提高
1．(2016·河南郑州高二检测)已知函数f(x)＝2f′(1)ln
x－x，则f(x)的极大值为__2ln_2－2__.
[解析] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由于函数f(x)＝2f′(1)ln
x－x.
则f′(x)＝2f′(1)×－1(x>0)，
f′(1)＝2f′(x)－1，
故f′(1)＝1，得到f′(x)＝2×－1＝，
令f′(x)>0，解得x<2，令f′(x)<0，解得x>2，
则函数在(0,2)上为增函数，在[2，＋∞)上为减函数，故f(x)的极大值为f(2)＝2ln
2－2.
2．已知函数f(x)＝x3－3ax－1(a≠0)．若函数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.
[解析] ∵f(x)在x＝－1处取得极值，
∴f
′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.
∴f(x)＝x3－3x－1，∴f
′(x)＝3x2－3，
由f
′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.
当x<－1时，f
′(x)>0；当－1′(x)<0；
当x>1时，f
′(x)>0.
∴由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.
∵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)．第三章 导数及其应用
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设正弦函数y＝sin
x在x＝0和x＝附近的瞬时变化率为k1、k2，则k1、k2的大小关系为( A )
A．k1>k2
B．k1C．k1＝k2
D．不确定
[解析] y＝sin
x，y′＝cos
x，∴k1＝cos
0＝1，k2＝cos＝0，k1>k2.
2．y＝xα在x＝1处切线方程为y＝－4x，则α的值为( B )
A．4
B．－4
C．1
D．－1
[解析] y′＝(xα)′＝αxα－1，
由条件知，y′|x＝1＝α＝－4.
3．函数y＝x2cos
x的导数为( A )
A．y′＝2xcos
x－x2sin
x
B．y′＝2xcos
x＋x2sin
x
C．y′＝x2cosx－2xsin
x
D．y′＝xcosx－x2sin
x
[解析] y′＝(x2cos
x)′＝(x2)′cos
x＋x2·(cos
x)′＝2xcos
x－x2sin
x.
4．函数y＝12x－x3的单调递增区间为( C )
A．(0，＋∞)
B．(－∞，－2)
C．(－2,2)
D．(2，＋∞)
[解析] y′＝12－3x2＝3(4－x2)＝3(2＋x)(2－x)，令y′>0，得－25．(2016·福建宁德市高二检测)曲线f(x)＝在x＝e处的切线方程为( A )
A．y＝
B．y＝e
C．y＝x
D．y＝x－e＋
[解析] f′(x)＝，∴f′(e)＝＝0，
∴曲线在x＝e处的切线的斜率k＝0.
又切点坐标为(e，)，∴切线方程为y＝.
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝( D )
A．2
B．3
C．4
D．5
[解析] f
′(x)＝3x2＋2ax＋3，由条件知，x＝－3是方程f
′(x)＝0的实数根，∴a＝5.
7．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是( C )
A．m<0
B．m<1
C．m≤0
D．m≤1
[解析] f
′(x)＝3mx2－1，由题意知3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，当m＝0时，－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立；当m≠0时，由题意得m<0，综上可知m≤0.
8．已知抛物线y＝－2x2＋bx＋c在点(2，－1)处与直线y＝x－3相切，则b＋c的值为( C )
A．20
B．9
C．－2
D．2
[解析] 由题意得y′|x＝2＝1，又y′＝－4x＋b，
∴－4×2＋b＝1，∴b＝9，
又点(2，－1)在抛物线上，
∴c＝－11，∴b＋c＝－2，故选C．
9．三次函数当x＝1时，有极大值4；当x＝3时，有极小值0，且函数过原点，则此函数是( B )
A．y＝x3＋6x2＋9x
B．y＝x3－6x2＋9x
C．y＝x3－6x2－9x
D．y＝x3＋6x2－9x
[解析] 设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，
∵函数图象过原点，∴d＝0.f
′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
由题意得，，即，解得，
∴f(x)＝x3－6x2＋9x，故应选B．
10．(2016·山西大同高二月考)某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为P元，销售量为Q，则销售量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系Q＝8
300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)( D )
A．30元
B．60元
C．28
000元
D．23
000元
[解析] 设毛利润为L(P)，由题意知L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)＝(8
300－170P－P2)(P－20)＝－P3－150P2＋11
700P－166
000，所以L′(P)＝－3P2－300P＋11
700.令L′(P)＝0，解得P＝30或－130(舍)．此时L(30)＝23
000，因为在P＝30附近的左侧L′(P)>0，右侧L′(P)<0.所以L(30)是极大值也是最大值．
11．(2016·山东滕州市高二检测)已知f′(x)是函数f(x)在R上的导函数，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是( C )
[解析] ∵x＝－2时，
f(x)取得极小值，∴在点(－2,0)左侧，f′(x)<0，∴xf′(x)>0，在点(－2,0)右侧f′(x)>0，∴xf′(x)<0，故选C．
12．(2016·山西晋城月考)已知f(x)＝x3－3x，过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则实数m的取值范围是( D )
A．(－1,1)
B．(－2,3)
C．(－1,2)
D．(－3，－2)
[解析] 设切点为(t，t3－3t)，f′(x)＝3x2－3，则切线方程为y＝(3t2－3)(x－t)＋t3－3t，整理得y＝(3t2－3)x－2t3.把A(1，m)代入整理，得2t3－3t2＋m＋3＝0 ①.因为过点A可作三条切线，所以①有三个解．记g(t)＝2t3－3t2＋m＋3，则g′(t)＝6t2－6t＝6t(t－1)，所以当t＝0时，极大值g(0)＝m＋3，当t＝1时，极小值g(1)＝m＋2.要使g(t)有三个零点，只需m＋3>0且m＋2<0，即－3二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)
13．若函数f(x)＝x3－f′(1)x2＋2x－5，则f′(2)＝ .
[解析] ∵f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋2，
∴f′(1)＝3－2f′(1)＋2，∴f′(1)＝.
因此f′(2)＝12－4f′(1)＋2＝.
14．已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为 c< .
[解析] ∵f
′(x)＝x2－x＋c且f(x)有极值，
∴f
′(x)＝0有不等的实数根，即Δ＝1－4c>0.
解得c<.
15．已知函数f(x)＝x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值为，则实数m的值为__2__.
[解析] f′(x)＝x2－2x－1，
令f′(x)<0，得1－∴f(x)在(1－，1＋)上单调递减，即f(x)在[0,1]上单调递减，∴f(x)min＝f(1)＝－1－1＋m＝，解得m＝2.
16．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是__a<－1__.
[解析] ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
当a≥0时，y不可能有极值点，故a<0.
由ex＋a＝0，得ex＝－a，∴x＝ln(－a)．
∴x＝ln(－a)即为函数的极值点．
∴ln(－a)>0，即ln(－a)>ln1.
∴a<－1.
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)已知f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝x2＋cx＋d，又f(2x＋1)＝4g(x)，且f
′(x)＝g′(x)，f(5)＝30.求g(4)．
[解析] 由f(2x＋1)＝4g(x)，
得4x2＋2(a＋2)x＋(a＋b＋1)＝4x2＋4cx＋4d.
于是有
由f
′(x)＝g′(x)，得2x＋a＝2x＋c，∴a＝c，③
由f(5)＝30，得25＋5a＋b＝30.④
由①③可得a＝c＝2，由④得b＝－5，
再由②得d＝－，∴g(x)＝x2＋2x－.
故g(4)＝16＋8－＝.
18．(本题满分12分)若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，求实数a的值.
[解析] 设直线与曲线y＝x3的切点坐标为(x0，y0)，
由题意得，
解得x0＝0或x0＝.
当x0＝0时，切线的斜率k＝0，
∴切线方程为y＝0.
由，得ax2＋x－9＝0.
Δ＝()2＋36a＝0，
解得a＝－.
当x0＝时，k＝，
其切线方程为y＝(x－1)．
由，得ax2－3x－＝0.
Δ＝(－3)2＋9a＝0，解得a＝－1.
综上可知a＝－1或a＝－.
19．(本题满分12分)(2016·安徽合肥高二检测)已知函数f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的极值.
[解析] ∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，
∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2)
＝8(2x－a)(3x－a)，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝.
(1)当a>0时，<，则随着x的变化，
f′(x)、
f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，)
(，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增?
极大值
单调递减?
极小值
单调递增?
∴当a＝时，函数取得极大值f()＝；
当x＝时，函数取得极小值f()＝0.
(2)当a<0时，<，则随着x的变化，
f′(x)、
f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，)
(，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增?
极大值
单调递减?
极小值
单调递增?
∴当x＝时，函数取得极大值f()＝0；
当x＝时，函数取得极小值f()＝.
综上所述，当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极大值f()＝，在x＝处取得极小值f()＝0；
当a<0时，函数f(x)在x＝处取得极大值f()＝0在x＝处取得极小值f()＝.
20．(本题满分12分)(2017·全国Ⅲ文，21)已知函数f(x)＝ln
x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.
[解析] (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈(0，－)时，f′(x)>0.
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)<0.
故f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f(－)＝ln(－)－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln(－)－1－≤－－2，
即ln(－)＋＋1≤0.
设g(x)＝ln
x－x＋1，
则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，ln(－)＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
21．(本题满分12分)(2017·全国Ⅰ文，21)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
[解析] (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝lna.
当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；
当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，lna)上单调递减．
在(lna，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln(－)．
当x∈(－∞，ln(－))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－)，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln(－))上单调递减，
在(ln(－)，＋∞)上单调递增．
(2)解：①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a>0，则由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a2lna，
从而当且仅当－a2lna≥0，即a≤1时，f(x)≥0.
③若a<0，则由(1)得，当x＝ln(－)时，f(x)取得最小值，
最小值为f(ln(－))＝a2[－ln(－)]，从而当且仅当a2[－ln(－)]≥0，即a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，1]．
22．(本题满分12分)某造船公司年最高造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x).
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；(提示：利润＝产值－成本)
(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
[解析] (1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N＋，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N＋，且1≤x≤19)．
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)，
∵x>0，∴P′(x)＝0时，x＝12，
∴当00，当x>12时，P′(x)<0，
∴x＝12时，P(x)有最大值．
即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305.
所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，
所以单调减区间为[1,19]，且x∈N＋.
MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘船的利润与前一艘比较，利润在减少．3.4
生活中的优化问题
A级 基础巩固
一、选择题
1．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，其图象可能是( A )
[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，图象上凸，故选A．
2．(2016·广东东莞高二检测)若商品的年利润y(万元)与年产x(百万件)的函数关系式y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( C )
A．1百万件
B．2百万件
C．3百万件
D．4百万件
[解析] 依题意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当00；当x>3时，y′<0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．
3．某箱子的容积与底面边长x的关系为V(x)＝x2·()(0A．30
B．40
C．50
D．35
[解析] V′(x)＝(30x2－)′＝60x－x2，x∈(0,60)．令V′(x)＝0，得x＝40.
∴当x＝40时，箱子的容积有最大值．
4．某工厂要建造一个长方体状的无盖箱子，其容积为48
m3，高为3
m，如果箱底每1
m2的造价为15元，箱壁每1
m2的造价为12元，则箱子的最低总造价为( D )
A．900元
B．840元
C．818元
D．816元
[解析] 设箱底一边的长度为x
m，箱子的总造价为l元，根据题意得箱底面积为＝16(m2)，箱底另一边的长度为m，则l＝16×15＋(2×3x＋2×3×)×12＝240＋72，l′＝72.令l′＝0，解得x＝4或x＝－4(舍去)．当04时，l′>0.故当x＝4时，l有最小值816.因此，当箱底是边长为4
m的正方形时，箱子的总造价最低，最低总造价是816元．
5．某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数：y1＝17x2(x>0)；生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数：y2＝2x3－x2(x>0)，为使利润最大，则应生产( A )
A．6千台
B．7千台
C．8千台
D．9千台
[解析] 设利润为y(万元)，则
y＝y1－y2＝17x2－2x3＋x2＝18x2－2x3(x>0)，
y′＝36x－6x2，
令y′>0，得06，
∴当x＝6时，y取最大值，故为使利润最大，则应生产6千台．
6．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( C )
A．
B．
C．
D．2
[解析] 如图，设底面边长为x(x>0)，
则底面积S＝x2，∴h＝＝.
S表＝x·×3＋x2×2＝＋x2，
S′表＝x－，令S′表＝0得x＝，
因为S表只有一个极值，故x＝为最小值点．
二、填空题
7．(2016·山东淄博月考)某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x＝__20__吨.
[解析] 设该公司一年内总共购买n次货物，
则n＝，
∴总运费与总存储费之和f(x)＝4n＋4x＝＋4x，
令f′(x)＝4－＝0，解得x＝20，x＝－20(舍)，
x＝20是函数f(x)的最小值点，故x＝20时，
f(x)最小．
8．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最小，则圆柱的底面半径为__3__.
[解析] 设圆柱的底面半径为R，母线长为L，则V＝πR2L＝27π，∴L＝，要使用料最省，只需使圆柱形表面积最小，∴S表＝πR2＋2πRL＝πR2＋，
∴S′(R)＝2πR－＝0，令S′＝0得R＝3，
∴当R＝3时，S表最小．
三、解答题
9．用边长为120
cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱．问：水箱底边的长取多少时，水箱容积最大？最大容积是多少？
[解析] 设水箱底边长为x
cm，
则水箱高为h＝60－(cm)．
水箱容积V＝V(x)＝60x2－(0V′(x)＝120x－x2.
令V′(x)＝0得，x＝0(舍)或x＝80.
当x在(0,120)内变化时，导数V′(x)的正负如下表：
x
(0,80)
80
(80,120)
V′(x)
＋
0
－
因此在x＝80处，函数V(x)取得极大值，并且这个极大值就是函数V(x)的最大值．
将x＝80代入V(x)，得最大容积
V＝802×60－＝128
000(cm3)．
答：水箱底边长取80
cm时，容积最大，最大容积为128
000
cm3.
B级 素养提升
一、选择题
1．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( D )
A．150
B．200
C．250
D．300
[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3002．三棱锥O－ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OC＝2x，OA＝x，OB＝y，且x＋y＝3，则三棱锥O－ABC体积的最大值为( C )
A．4
B．8
C．
D．
[解析] V＝×·y＝＝＝(0V′＝＝2x－x2＝x(2－x)．
令V′＝0，得x＝2或x＝0(舍去)．
∴x＝2时，V最大为.
3．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( B )
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．
4．(2016·山东莱芜高二月考)某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进行该路段的时刻t之间关系可近似地用如下函数给出：y＝－t3－t2＋36t－.则在这段时间内通过该路段用时最多的时刻是( C )
A．6时
B．7时
C．8时
D．9时
[解析] y′＝－t2－t＋36＝－(t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8.当6≤t<8时，y′>0；当85．内接于半径为R的球且体积最大的圆锥的高为( C )
A．R
B．2R
C．R
D．R
[解析] 设圆锥高为h，底面半径为r，
则R2＝(R－h)2＋r2，∴r2＝2Rh－h2，
∴V＝r2h＝h(2Rh－h2)＝Rh2－h3，
V′＝Rh－πh2.令V′＝0得h＝或h＝0(舍去)．
当00；当因此当h＝R时，圆锥体积最大．故选C．
二、填空题
6．做一个容积为256的方底无盖水箱，它的高为__4__时最省料.
[解析] 设底面边长为x，则高为h＝，其表面积为S＝x2＋4××x＝x2＋，S′＝2x－，令S′＝0，则x＝8，则当高h＝＝4时S取得最小值．
7．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，要使利润最大每件定价为__85__元.
[解析] 设每件商品定价x元，依题意可得
利润为L＝x(200－x)－30x＝－x2＋170x(0＜x＜200)．
L′＝－2x＋170，令－2x＋170＝0，解得x＝＝85.
因为在(0,200)内L只有一个极值，所以以每件85元出售时利润最大．
三、解答题
8．某厂生产某种产品的固定成本(固定投入)为2
500元，已知每生产x件这样的产品需要再增加可变成本C(x)＝200x＋x3(元)，若生产出的产品都能以每件500元售出，要使利润最大，该厂应生产多少件这种产品？最大利润是多少？
[解析] 设该厂生产x件这种产品利润为L(x)
则L(x)＝500x－2
500－C(x)
＝500x－2
500－
＝300x－x3－2
500(x∈N)
令L′(x)＝300－x2＝0，得x＝60(件)
又当0≤x<60时，L′(x)>0
x>60时，L′(x)<0
所以x＝60是L(x)的极大值点，也是最大值点．
所以当x＝60时，L(x)＝9
500元．
答：要使利润最大，该厂应生产60件这种产品，最大利润为9
500元．
C级 能力提高
1．用长为18
m的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2︰1，该长方体的最大体积是__3_m3__.
[解析] 设长方体的宽为x，则长为2x，高为－3x (0V′＝－18x2＋18x，令V′＝0得，x＝0或1，
∵0∴该长方体的长、宽、高各为2
m、1
m、1.5
m时，体积最大，最大体积Vmax＝3
m3.
2．(2016·广东佛山检测)如图所示，有一块半椭圆形钢板，其长轴长为2，短半轴长为1，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记|CD|＝2x，梯形的面积为S.
(1)求面积S以x为自变量的函数解析式，并写出其定义域；
(2)求面积S的最大值.
[解析] (1)依题意，建立以AB的中点O为原点，AB所在的直线为x轴的平面直角坐标系，如图所示，则点C(x，y)满足方程x2＋＝1，且x>0，y>0，
∴y＝2(0∴S＝(2x＋2)·2＝2(x＋1)(0(2)令f(x)＝S2＝4(x＋1)2(1－x2)(0则f′(x)＝8(x＋1)2(1－2x)．
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)．
当0f′(x)>0,
f(x)为增函数；
当f(x)为减函数．
∴f()是f(x)在区间(0,1)上的极大值，也是最大值，且f()＝，此时S＝.
故当x＝时，S取得最大值.3.1
变化率与导数（2）
A级 基础巩固
一、选择题
1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f
′(x0)的几何意义是( C )
A．在点x0处的斜率
B．在点(x0，f(x0))处的切线与x轴所夹的锐角的正切值
C．曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率
D．点(x0，f(x0))与点(0,0)连线的斜率
[解析] 由导数的几何意义可知函数y＝f(x)在x＝x0的导数f
′(x0)，即为曲线在点(x0，f(x0))处的切线的斜率．
2．曲线y＝x3在点P处的切线斜率为3，则点P的坐标为( B )
A．(－2，－8)
B．(1,1)，(－1，－1)
C．(2,8)
D．(－，－)
[解析] ∵y＝x3，
∴y′＝
＝
＝
(Δx2＋3x·Δx＋3x2)＝3x2.
令3x2＝3，得x＝±1，
∴点P的坐标为(1,1)，(－1，－1)．
3．(2016·重庆一中高二月考)已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)及f′(5)分别为( B )
A．3,3
B．3，－1
C．－1,3
D．－1，－1
[解析] 由已知得f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故选B．
4．曲线y＝x3－2x＋1在点(1,0)处的切线方程为( A )
A．y＝x－1
B．y＝－x＋1
C．y＝2x－2
D．y＝－2x＋2
[解析] ∵f
′(x)
＝
＝
＝
(Δx2＋3x·Δx＋3x2－2)
＝3x2－2，
∴f
′(1)＝3－2＝1，∴切线的方程为y＝x－1.
5．已知曲线f(x)＝x2＋2x的一条切线斜率是4，则切点的横坐标为( D )
A．－2
B．－1
C．1
D．2
[解析] Δy＝f(x＋Δx)－f(x)＝(x＋Δx)2＋2(x＋Δx)－x2－2x＝x·Δx＋(Δx)2＋2Δx，
∴＝x＋Δx＋2，∴f
′(x)＝
＝x＋2.
设切点坐标为(x0，y0)，则f
′(x0)＝x0＋2.
由已知x0＋2＝4，∴x0＝2，故选D．
6．(2016·山东临沂一中高二检测)已知函数f(x)的图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是( B )
A．0B．0C．0D．0[解析] 从图象上可以看出f(x)在x＝2处的切线的斜率比在x＝3处的斜率大，且均为正数，所以有0二、填空题
7．已知函数f(x)＝x3＋2，则f
′(2)＝__12__.
[解析] f
′(2)＝
＝
＝[4＋4Δx＋(Δx)2＋4＋2Δx＋4]
＝[12＋6Δx＋(Δx)2]＝12.
8．设函数y＝f(x)，f
′(x0)>0，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的倾斜角的范围是 .
[解析] 由于f
′(x0)>0，说明y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率大于0，故倾斜角为锐角．
三、解答题
9．已知曲线方程为y＝x2，求过点A(2,4)且与曲线相切的直线方程.
[解析] ∵f
′(x)＝
＝
＝
(2x＋Δx)＝2x，
又点A(2,4)在曲线y＝x2上，
∴f
′(2)＝4，∴所求切线的斜率k＝4，
故所求切线的方程为y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0.
B级 素养提升
一、选择题
1．设曲线y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a等于( A )
A．1
B．
C．－
D．－1
[解析] ∵y′|x＝1＝
＝
＝
(2a＋aΔx)＝2a，
∴2a＝2，∴a＝1.
2．(2016·天津南开中学检测)已知抛物线y＝f(x)＝x2与直线y＝2x＋b相切，若f′(x0)＝2，则x0＝( D )
A．－1
B．2
C．－
D．1
[解析] 由消去y，得x2－2x－b＝0，①∵抛物线y＝x2与直线y＝2x＋b相切，∴Δ＝4＋4b＝0，解得b＝－1.此时，方程①的根为x＝1，∴切点坐标为(1,1)．由导数的几何意义得f′(1)＝2，∴x0＝1.
3．已知直线ax－by－2＝0与曲线y＝x3在点P(1,1)处的切线互相垂直，则为( D )
A．
B．－
C．
D．－
[解析] 由导数的定义可得y′＝3x2，
∴y＝x3在点P(1,1)处的切线斜率k＝y′|x＝1＝3，
由条件知，3×＝－1，∴＝－.
4．设P0为曲线f(x)＝x3＋x－2上的点，且曲线在P0处切线平行于直线y＝4x－1，则P0点的坐标为( C )
A．(1,0)
B．(2,8)
C．(1,0)或(－1，－4)
D．(2,8)或(－1，－4)
[解析]
f
′(x)＝
＝
＝3x2＋1.
由于曲线f(x)＝x3＋x－2在P0处的切线平行于直线y＝4x－1，所以f(x)在P0处的导数值等于4，设P0(x0，y0)，有f
′(x0)＝3x＋1＝4.解得x0＝±1，这时P0点的坐标为(1,0)或(－1，－4)．
5．设P为曲线C：y＝x2＋2x＋3上的点，且曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围是，则点P横坐标的取值范围为( A )
A．
B．[－1,0]
C．[0,1]
D．
[解析] 设点P(x0，y0)，则
f′(x0)＝
＝
＝
＝
(2x0＋2＋Δx)＝2x0＋2.
结合导数的几何意义可知0≤2x0＋2≤1，
解得－1≤x0≤－，选A．
二、填空题
6．(2016·山东青岛期末)曲线f(x)＝x2＋1在点P(1,2)处的切线方程为__y＝2x__.
[解析] 设曲线f(x)＝x2＋1在点P(1,2)处的切线的斜率为k，
则k＝
＝
＝
＝2.
所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.
7．曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴、x＝2所围成的三角形的面积为 .
[解析] y′＝
＝3x2，所以k＝y′|x＝1＝3×1＝3，所以在点(1,1)处的切线方程为y＝3x－2，它与x轴的交点为，与x＝2的交点为(2,4)，所以S＝××4＝.
三、解答题
8．直线l：y＝x＋a(a≠0)和曲线C：y＝x3－x2＋1相切．
(1)求切点的坐标；
(2)求a的值.
[解析] (1)设直线l与曲线C相切于P(x0，y0)点．
f
′(x)＝
＝
＝3x2－2x.
由题意知，k＝1，即3x－2x0＝1，解得x0＝－或x0＝1.
当x0＝1时，y0＝1，此时a＝0(舍去)
于是切点的坐标为.
(2)当切点为时，＝－＋a，a＝.
∴a的值为.
C级 能力提高
1．若抛物线y＝x2与直线2x＋y＋m＝0相切，则m＝__1__.
[解析] 设切点为P(x0，y0)，易知，y′|x＝x0＝2x0.
由，得，即P(－1,1)，
又P(－1,1)在直线2x＋y＋m＝0上，
故2×(－1)＋1＋m＝0，即m＝1.
2．已知曲线C：y＝经过点P(2，－1)，求
(1)曲线在点P处的切线的斜率.
(2)曲线在点P处的切线的方程．
(3)过点O(0,0)的曲线C的切线方程．
[解析] (1)将P(2，－1)代入y＝中得t＝1，
∴y＝.
∴＝＝
＝，
∴
＝，
∴曲线在点P处切线的斜率为k＝y′|x＝2＝＝1.
(2)曲线在点P处的切线方程为y＋1＝1×(x－2)，
即x－y－3＝0.
(3)∵点O(0,0)不在曲线C上，设过点O的曲线C的切线与曲线C相切于点M(x0，y0)，则切线斜率k＝＝，
由于y0＝，∴x0＝，∴切点M(，2)，切线斜率k＝4，切线方程为y－2＝4(x－)，即y＝4x.3.3
导数在研究函数中的应用（1）
A级 基础巩固
一、选择题
1．函数f(x)＝x3－3x2＋1的递减区间是( B )
A．(－∞，0)
B．(0,2)
C．(－∞，2)
D．(2，＋∞)
[解析] f
′(x)＝3x2－6x，令f
′(x)＝3x2－6x<0，解得02．函数f(x)＝2x－sin
x在(－∞，＋∞)上( A )
A．是增函数
B．是减函数
C．在(0，＋∞)上增，在(－∞，0)上减
D．在(0，＋∞)上减，在(－∞，0)上增
[解析] f
′(x)＝2－cosx>0在(－∞，＋∞)上恒成立．
3．(2016·江西抚州高二检测)函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是( C )
A．(，＋∞)
B．(－∞，)
C．[，＋∞)
D．(－∞，)
[解析] y′＝3x2＋2x＋m，由题意知3x2＋2x＋m≥0在R上恒成立，∴Δ＝4－12m≤0，∴m≥.
4．设f
′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f
′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是( C )
[思路分析] 由导函数f
′(x)的图象位于x轴上方(下方)，确定f(x)的单调性，对比f(x)的图象，用排除法求解．
[解析] 由f
′(x)的图象知，x∈(－∞，0)时，f
′(x)>0，f(x)为增函数，x∈(0,2)时，f
′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(2，＋∞)时，f
′(x)>0，f(x)为增函数．
只有C符合题意，故选C．
5．(2016·贵州贵阳一中月考)函数y＝xln
x在(0,5)上的单调性是( C )
A．单调递增
B．单调递减
C．在(0，)上单调递减，在(，5)上单调递增
D．在(0，)上单调递增，在(，5)上单调递减
[解析] 函数的定义域为(0，＋∞)．
∵y′＝ln
x＋1，令y′>0，得x>.
令y′<0，得0∴函数y＝xln
x在(0，)上单调递减，在(，5)上单调递增．
6．若函数f(x)＝kx－ln
x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( D )
A．(－∞，－2]
B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞)
D．[1，＋∞)
[解析] 由条件知f
′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1.
把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键．
二、填空题
7．函数y＝x3－x2－x的单调递增区间为 (－∞，－)，(1，＋∞) .
[解析] ∵y′＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
∴由y′>0得，x>1或x<－.
8．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＝__－3__，c＝__－9__.
[解析] f
′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由条件知，
即，
解得b＝－3，c＝－9.
三、解答题
9．(2016·北京昌平区高二检测)设函数f(x)＝x3＋mx2＋1的导函数f′(x)，且f′(1)＝3.
(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间.
[解析] (1)f′(x)＝x2＋2mx，
∴f′(x)＝1＋2m＝3，∴m＝1.
∴f(x)＝x3＋x2＋1，∴f(1)＝.
∴切线方程为y－＝3(x－1)，
即3x－3y＋4＝0.
(2)f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，
令f′(x)>0，得x>0或x<－2，
令f′(x)<0，得－2∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞)，递减区间为(－2,0)．
B级 素养提升
一、选择题
1．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f
′(x)的图象可能是( D )
[解析] 由f(x)的图象知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴在(0，＋∞)上f
′(x)≤0，在(－∞，0)上f
′(x)≥0，故选D．
2．下列函数中，在区间(－1,1)上是减函数的是( C )
A．y＝2－3x2
B．y＝ln
x
C．y＝
D．y＝sin
x
[解析] A中，y′＝－6x，当－10，当0x在x＝0处无意义；C中，y′＝－<0对x∈(－1,1)恒成立，∴函数y＝在区间(－1,1)上是减函数；D中，y′＝cos
x>0对x∈(－1，1)恒成立，∴函数y＝sin
x在(－1,1)上是增函数．
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( C )
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)4．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0，有f
′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有( B )
A．f
′(x)>0，g′(x)>0
B．f
′(x)>0，g′(x)<0
C．f
′(x)<0′，g′(x)>0
D．f
′(x)<0，g′(x)<0
[解析] 由已知f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．∵x>0时，f
′(x)>0，g′(x)>0，
∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上递增．
∴x<0时，f(x)递增，g(x)递减．
∴x<0时f
′(x)>0，g′(x)<0.
5．(2016·湛江一模)若函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( D )
A．(－2,0)
B．(0,1)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，－2)
[解析] 由题意知，f′(x)＝1－，
∵函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，
∴当1－＝0时，b＝x2，
又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)，
令f′(x)>0，解得x<－或x>，
即f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，
∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．故选D．
二、填空题
6．(2016·山东潍坊一中高二期末)函数f(x)＝x－2sin
x在(0，π)上的单调递增区间为 (，π) .
[解析] 由f′(x)＝1－2cos
x>0得cos
x<，又x∈(0，π)，所以7．已知函数f(x)＝在(－2，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是 (－∞，) .
[解析] f
′(x)＝＝，
由题意得x<－2时，f
′(x)≤0恒成立，
∴2a－1≤0，∴a≤.
又当a＝时，f(x)＝＝，
此时，函数f(x)在(－2，＋∞)上不是减函数，∴a≠.
综上可知，a的取值范围为(－∞，)．
三、解答题
8．设函数f(x)＝x3－3ax2＋3bx的图象与直线12x＋y－1＝0相切于点(1，－11).
(1)求a、b的值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
[解析] (1)f
′(x)＝3x2－6ax＋3b.
因为f(x)的图象与直线12x＋y－1＝0相切于点(1，－11)，所以f(1)＝－11，f
′(1)＝－12，
即，解得a＝1，b＝－3.
(2)由a＝1，b＝－3得f
′(x)＝3x2－6ax＋3b＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)．
令f
′(x)>0，解得x<－1或x>3；
又令f
′(x)<0，解得－1故当x∈(－∞，－1)时，f(x)是增函数；
当x∈(3，＋∞)时，f(x)也是增函数；
当x∈(－1,3)时，f(x)是减函数．
C级 能力提高
1．已知函数f(x)＝x3－ax2－3x在区间[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是__(－∞，0]__.
[解析] ∵f(x)＝x3－ax2－3x，∴f
′(x)＝3x2－2ax－3，
又因为f(x)＝x3－ax2－3x在区间[1，＋∞)上是增函数，
f
′(x)＝3x2－2ax－3≥0在区间[1，＋∞)上恒成立，
∴，解得a≤0，
故答案为(－∞，0]．
2．(2016·广东汕头高二质检)函数f(x)＝2x3＋ax与g(x)＝bx2＋c的图象都过点P(2,0)，且在点P处有相同的切线.
(1)求实数a、b、c的值；
(2)设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的单调区间．
[解析] (1)∵函数f(x)、g(x)的图象都过点P(2,0)，
∴f(2)＝16＋2a＝0，解得a＝－8，g(2)＝4b＋c＝0.
又f(x)、g(x)的图象在点P处有相同的切线，且f′(x)＝6x2－8,
g′(x)＝2bx，
∴f′(2)＝g′(2)，∴4b＝16，∴b＝4，c＝－16.
∴a＝－8，b＝4，c＝－16.
(2)由(1)知，f(x)＝2x3－8x，g(x)＝4x2－16，
∴F(x)＝2x3＋4x2－8x－16，
∴F′(x)＝6x2＋8x－8＝6(x＋2)(x－)．
令F′(x)＝6(x＋2)(x－)>0，得x<－2或x>，
∴函数F(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(，＋∞)．
令F′(x)＝6(x＋2)(x－)<0，得－2∴函数F(x)的单调递减区间为(－2，)．
综上，F(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(，＋∞)，单调递减区间为(－2，)．