第一章 1.1 1.1.1 变化率问题
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知函数f(x)＝x2＋4上两点A、B，xA＝1，xB＝1．3，则直线AB的斜率为( B )
A．2 B．2．3
C．2．09 D．2．1
[解析] f(1)＝5，f(1．3)＝5．69．
∴kAB＝＝＝2．3，故应选B．
2．已知函数f(x)＝－x2＋x，则f(x)从－1到－0．9的平均变化率为( D )
A．3 B．0．29
C．2．09 D．2．9
[解析] f(－1)＝－(－1)2＋(－1)＝－2．
f(－0．9)＝－(－0．9)2＋(－0．9)＝－1．71．
∴平均变化率为＝＝2．9，故应选D．
3．一运动物体的运动路程S(x)与时间x的函数关系为S(x)＝－x2＋2x，则S(x)从2到2＋Δx的平均速度为( B )
A．2－Δx B．－2－Δx
C．2＋Δx D．(Δx)2－2·Δx
[解析] ∵S(2)＝－22＋2×2＝0，
∴S(2＋Δx)＝－(2＋Δx)2＋2(2＋Δx)
＝－2Δx－(Δx)2，
∴＝－2－Δx，故应选B．
4．已知函数f(x)＝2x2－1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1＋Δx，f(1＋Δx))，则＝( B )
A．4 B．4＋2Δx
C．4＋2(Δx)2 D．4x
[解析] Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝2(1＋Δx)2－1－2＋1＝2·(Δx)2＋4·Δx，所以＝2Δx＋4．
二、填空题
5．已知函数y＝x3－2，当x＝2时，＝(Δx)2＋6Δx＋12．
[解析] ＝
＝
＝(Δx)2＋6Δx＋12．
6．(2018·阿拉善左旗校级期末)若函数y＝x2－1的图象上的点A(1,0)，则当Δx＝0．1时的平均变化率是2．1．A点处的导数是2．
[解析] Δy＝(1＋Δx)2－1＋1＝2Δx＋Δx2，
∴＝2＋Δx，
当Δx＝0．1时，平均变化率为2．1，
∵y′＝2x，
∴y′|x＝1＝2，
故答案为2．1,2．
三、解答题
7．已知某质点的运动路程s(单位：m)与时间t(单位：s)存在函数关系s＝2t2＋2t，求：
(1)该质点在前3s内的平均速度；
(2)该质点在2s到3s内的平均速度．
[解析] (1)∵Δs＝s(3)－s(0)＝24，Δt＝3，
∴＝＝8(m/s)．
(2)∵Δs＝s(3)－s(2)＝12，Δt＝1，
∴＝＝12(m/s)．
B级 素养提升
一、选择题
1．在x＝1附近，取Δx＝0．3，在四个函数①y＝x、②y＝x2、③y＝x3、④y＝中，平均变化率最大的是( B )
A．④ B．③
C．② D．①
[解析] Δx＝0．3时，①y＝x在x＝1附近的平均变化率k1＝1；②y＝x2在x＝1附近的平均变化率k2＝2＋Δx＝2．3；③y＝x3在x＝1附近的平均变化率k3＝3＋3Δx＋(Δx)2＝3．99；④y＝在x＝1附近的平均变化率k4＝－＝－．∴k3＞k2＞k1＞k4，故应选B．
2．汽车行驶的路程s和时间t之间的函数图象如图，在时间段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]上的平均速度分别为v1，v2，v3，则三者的大小关系为( C )
A．v2＝v3
C．v1[解析] ∵v1＝kOA，v2＝kAB，v3＝kBC，
由图象易知kOA∴v1二、填空题
3．(2018·汉台区期末)函数f(x)＝x2＋2x＋3在自变量x从1变化到3的过程中的平均变化率是6．
[解析] Δx＝3－1＝2，
Δy＝32＋6＋3－(12＋2＋3)＝12．
所以函数的平均变化率为＝6．
故答案为6．
4．过曲线f(x)＝的图象上两点A(1,2)，B(1＋Δx,2＋Δy)作曲线的割线AB，当Δx＝时割线的斜率为－．
[解析] 割线AB的斜率k＝＝
＝＝＝－．
三、解答题
5．比较y＝x3与y＝x2在x＝2附近平均变化率的大小．
[解析] 当自变量x从x＝2变化到x＝2＋Δx时，y＝x3的平均变化率k1＝＝(Δx)2＋6Δx＋12，
y＝x2的平均变化率k2＝＝Δx＋4，
∵k1－k2＝(Δx)2＋5Δx＋8＝(Δx＋)2＋>0，
∴k1>k2．
∴在x＝2附近y＝x3的平均变化率较大．
6．若函数y＝f(x)＝－x2＋x在[2,2＋Δx](Δx>0)上的平均变化率不大于－1，求Δx的取值范围．
[解析] ∵函数y＝f(x)在[2,2＋Δx]上的平均率为＝＝＝＝－3－Δx，
∴由－3－Δx≤－1，得Δx≥－2．又∵Δx>0，∴Δx>0，即Δx的取值范围是(0，＋∞)．
第一章 1.1 1.1.2 导数的概念
A级 基础巩固
一、选择题
1．若f(x)＝x3，f ′(x0)＝3，则x0的值为( C )
A．1 B．－1
C．±1 D．3
[解析] ∵f ′(x0)＝
＝
＝[(Δx)2＋3x0Δx＋3x]＝3x＝3，∴x0＝±1．
2．(2018·龙岩期中)设f(x)是可导函数 ＝2，则f′(x0)＝( C )
A．2 B．
C．－2 D．－
[解析] 当h→0时，→2，
则f′(x0)＝＝－2，
故选C．
3．(2018·杏花岭区校级月考)已知f(x)＝－x2＋10，则f(x)在x＝处的瞬时变化率是( B )
A．3 B．－3
C．2 D．－2
[解析] ∵f(x)＝－x2＋10，
∴f′(x)＝ ＝－2x．
即当x＝时，f′()＝－3，
即在点x＝处的瞬时变化率是－3，
故选B．
4．(2018·郑州高二检测)若可导函数f(x)的图象过原点，且满足 ＝－1，则f ′ (0)＝( B )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
[解析] ∵f(x)图象过原点，∴f(0)＝0，
∴f ′(0)＝ ＝ ＝－1，
∴选B．
二、填空题
5．设函数f(x)＝，则 等于－．
[解析] ＝ ＝ (－)＝－．
6．函数y＝x＋在x＝1处的导数是0．
[解析] ∵Δy＝－
＝Δx－1＋＝，
∴＝．
∴y′|x＝1＝ ＝0．
三、解答题
7．设f(x)在R上可导，求f(－x)在x＝a处与f(x)在x＝－a处的导数之间的关系．
[解析] 设f(－x)＝g(x)，则f(－x)在a处的导数为g′(a)，于是
g′(a)＝
＝
而f ′(－a)＝ ，令x＝－t，则当x→－a时，t→a，
∴f ′(－a)＝
＝－
＝－g′(a)，
这说明f(－x)在x＝a处的导数与f(x)在x＝－a处的导数互为相反数．
B级 素养提升
一、选择题
1．质点M的运动规律为s＝4t＋4t2，则质点M在t＝t0时的速度为( C )
A．4＋4t0 B．0
C．8t0＋4 D．4t0＋4t
[解析] Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)＝4(Δt)2＋4Δt＋8t0Δt，
＝4Δt＋4＋8t0，
＝ (4Δt＋4＋8t0)＝4＋8t0．
2．(2018·思明区校级月考)若f′(x0)＝4，则 ＝( D )
A．2 B．4
C． D．8
[解析]
＝2 ＝2f′(x0)＝8，
故选D．
二、填空题
3．已知y＝，则y′|x＝1＝．
[解析] 由题意知Δy＝－
＝－，
∴＝．
∴y′|x＝1＝
＝
＝．
4．某物体做匀速运动，其运动方程是s＝vt＋b，则该物体在运动过程中其平均速度与任何时刻的瞬时速度关系是相等．
[解析] v0＝ ＝
＝ ＝ ＝v．
三、解答题
5．(1)已知函数y＝f(x)＝13－8x＋x2，且f′(x0)＝4，求x0的值．
(2)已知函数y＝f(x)＝x2＋2xf′(0)，求f′(0)的值．
[解析] (1)f′(x0)＝
＝
＝
＝ (－8＋2x0＋Δx)
＝－8＋2x0
＝4，
∴x0＝3．
(2)f′(0)＝ ＝
＝
＝[Δx＋2f′(0)]＝2f′(0)，
∴f′(0)＝0．
第一章 1.1 1.1.3 导数的几何意义
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2018·海市校级期末)已知函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋2，则f(1)＋f′(1)的值等于( C )
A．1 B．
C．3 D．0
[解析] 由已知点M(1，f(1))在切线上，所以f(1)＝＋2＝，
切点处的导数为切线斜率，所以f′(x)＝，
即f(1)＋f′(1)＝3，故选C．
2．曲线y＝x3＋x－2在P点处的切线平行于直线y＝4x－1，则切线方程为( D )
A．y＝4x B．y＝4x－4
C．y＝4x－8 D．y＝4x或y＝4x－4
[解析] y′＝
＝
＝[(Δx)2＋3xΔx＋3x2＋1]
＝3x2＋1．
由条件知，3x2＋1＝4，∴x＝±1，
当x＝1时，切点为(1,0)，切线方程为y＝4(x－1)，
即y＝4x－4．
当x＝－1时，切点为(－1，－4)，切线方程为y＋4＝4(x＋1)，
即y＝4x．
3．已知曲线y＝2x3上一点A(1,2)，则点A处的切线斜率等于( D )
A．0 B．2
C．4 D．6
[解析] Δy＝2(1＋Δx)3－2×13＝6Δx＋6(Δx)2＋(Δx)3， ＝[(Δx)2＋6Δx＋6]＝6，故选D．
4．(2018·济宁高二检测)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．
5．(2017·汉中高二检测)曲线y＝x3－2在点处切线的倾斜角为( B )
A．1 B．
C． D．－
[解析] ∵y′＝
＝[x2＋xΔx＋(Δx)2]＝x2，
∴切线的斜率k＝y′|x＝1＝1．
∴切线的倾斜角为，故应选B．
6．设f ′(x0)＝0，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线( B )
A．不存在 B．与x轴平行或重合
C．与x轴垂直 D．与x轴斜交
[解析] 由导数的几何意义知B正确，故应选B．
二、填空题
7．已知f(x)＝x2＋3x，则f ′(2)＝7．
[解析] f′(x)＝ ＝2x＋Δx＋3＝2x＋3，
∴f′(2)＝7．
8．曲线y＝x3在点(3,27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为54．
[解析] 因为f ′(3)＝ ＝27，
所以在点(3,27)处的切线方程为y－27＝27(x－3)，
即y＝27x－54．
此切线与x轴、y轴的交点分别为(2,0)，(0，－54)．
所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为
S＝×2×54＝54．
三、解答题
9．求曲线y＝－上一点P处的切线方程．
[解析] ∵y′＝
＝
＝
＝－－ ．
∴y′|x＝4＝－－＝－，
∴曲线在点P处的切线方程为：
y＋＝－(x－4)．
即5x＋16y＋8＝0．
10．已知曲线f(x)＝x＋上一点A(2，)，用导数定义求函数f(x)：
(1)在点A处的切线的斜率；
(2)在点A处的切线方程．
[解析] (1)∵Δy＝f(2＋Δx)－f(2)
＝2＋Δx＋－(2＋)＝＋Δx，
＝＝＋1，
∴ ＝[＋1]＝，
故点A处的切线的斜率为．
(2)切线方程为y－＝(x－2)，
即3x－4y＋4＝0．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2018·开封高二检测)已知y＝f(x)的图象如图，则f ′(xA)与f ′(xB)的大小关系是( B )
A．f ′(xA)>f ′(xB) B．f ′(xA)C．f ′(xA)＝f ′(xB) D．不能确定
[解析] 由图可知，曲线在点A处的切线的斜率比曲线在点B处的切线的斜率小，结合导数的几何意义知f ′(xA)2．设P为曲线C：y＝x2＋2x＋3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为[0，]，则点P横坐标的取值范围为( A )
A．[－1，－] B．[－1,0]
C．[0,1] D．[，1]
[解析] 考查导数的几何意义．
由导数的定义可得y′＝2x＋2，且切线倾斜角θ∈[0，]，
∴切线的斜率k满足0≤k≤1，即0≤2x＋2≤1，
∴－1≤x≤－．
二、填空题
3．如图，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中A，B，C的坐标分别为(0,4)，(2,0)，(6,4)，则 ＝－2．
[解析] 由导数的概念和几何意义知，
＝f ′(1)＝kAB＝＝－2．
4．(2018·全国卷Ⅱ理，13)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x．
[解析] ∵ y＝2ln(x＋1)，∴ y′＝．令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴ 切线方程为y＝2x．
三、解答题
5．(2016·天津联考)设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)，若曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行，求a的值．
[解析] ∵Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)
＝(x0＋Δx)3＋a(x0＋Δx)2－9(x0＋Δx)－1－(x＋ax－9x0－1)
＝(3x＋2ax0－9)Δx＋(3x0＋a)(Δx)2＋(Δx)3，
∴＝3x＋2ax0－9＋(3x0＋a)Δx＋(Δx)2．
当Δx无限趋近于零时，无限趋近于3x＋2ax0－9．
即f ′(x0)＝3x＋2ax0－9，
∴f ′(x0)＝3(x0＋)2－9－．
当x0＝－时，f ′(x0)取最小值－9－．
∵斜率最小的切线与12x＋y＝6平行，
∴该切线斜率为－12．
∴－9－＝－12．
解得a＝±3．又a<0，∴a＝－3．
6．已知直线l：y＝4x＋a和曲线C：y＝f(x)＝x3－2x2＋3相切，求a的值及切点坐标．
[解析] 设直线l与曲线C相切于点P(x0，y0)，
∵f′(x)＝
＝
＝3x2－4x，
∴k＝f′(x0)＝3x－4x0．
由题意可知k＝4，即3x－4x0＝4，
解得x0＝－或x0＝2，
∴切点的坐标为(－，)或(2,3)．
当切点为(－，)时，有＝4×(－)＋a，解得a＝．
当切点为(2,3)时，有3＝4×2＋a，解得a＝－5．
∴当a＝时，切点坐标为(－，)；
当a＝－5时，切点坐标为(2,3)．
C级 能力拔高
已知曲线f(x)＝x2＋1和g(x)＝x3＋x在其交点处两切线的夹角为θ，求cosθ．
[解析] 由得x3－x2＋x－1＝0，
即(x－1)(x2＋1)＝0，解得x＝1，
所以交点P(1,2)．
因为f′(1)＝ ＝2，
所以其切线l1的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x．
因为g′(1)＝ ＝4，
所以其切线l2的方程为y－2＝4(x－1)，
即y＝4x－2．
取切线l1的方向向量为a＝(1,2)，切线l2的方向向量为b＝(1,4)，
则cosθ＝＝＝＝．
第一章 1.2 1.2.1 几个常用函数的导数
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知物体的运动方程为s＝t2＋(t是时间，s是位移)，则物体在时刻t＝2时的速度为( D )
A． B．
C． D．
[解析] ∵s′＝2t－，∴s′|t＝2＝4－＝，故选D．
2．下列结论中不正确的是( B )
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] ∵()′＝(x－)′＝－x－
∴y′|x＝2＝－．
故B错误．
3．若f(x)＝，则f′(－1)＝( D )
A．0 B．－
C．3 D．
[解析] ∵f(x)＝x，
∴f′(x)＝x－
∴f′(－1)＝(－1)－＝，∴选D．
4．函数f(x)＝x3的斜率等于1的切线有( B )
A．1条 B．2条
C．3条 D．不确定
[解析] f′(x)＝3x2，
∴3x2＝1，解得x＝±，
故存在两条切线，选B．
5．(2017·武汉期末)若f(x)＝x5，f′(x0)＝20，则x0的值为( B )
A． B．±
C．－2 D．±2
[解析] 函数的导数f′(x)＝5x4，
∵f′(x0)＝20，
∴5x＝20，得x＝4，
则x0＝±，
故选B．
6．(2018·长春高二检测)曲线y＝x3在x＝1处切线的倾斜角为( C )
A．1 B．－
C． D．
[解析] ∵y＝x3，∴y′|x＝1＝1，
∴切线的倾斜角α满足tanα＝1，
∵0≤α<π，∴α＝．
二、填空题
7．已知函数f(x)＝，且f′(a)－f(a)＝－2，则a＝1或－．
[解析] f′(x)＝－，
∴f′(a)＝－，
∴f′(a)－f(a)＝－－，
∴＋＝2，
解a＝1或－．
8．若曲线y＝x3的某一切线与直线y＝12x＋6平行，则切点坐标是(2,8)或(－2，－8)．
[解析] 设切点坐标为(x0，x)，
因为y′＝3x2，所以切线的斜率k＝3x，又切线与直线y＝12x＋6平行，所以3x＝12，解得x0＝±2，故切点为(2,8)或(－2，－8)．
三、解答题
9．将石块投入平静的水面，使它产生同心圆波纹．若最外一圈波纹的半径R以6m/s的速度增大，求在2s末被扰动水面面积的增长率．
[解析] 设被扰动水面的面积为S，时间为t，
依题意有S＝πR2＝36πt2，所以S′＝72πt，
所以2s末被扰动水面面积的增长率为S′|t＝2＝144π(m2/s)．
10．(2017·北京理，19(1))已知函数f(x)＝excos x－x，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程．
[解析] 因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0．
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1．
B级 素养提升
一、选择题
1．已知曲线y＝x3－1与曲线y＝3－x2在x＝x0处的切线互相垂直，则x0的值为( D )
A． B．
C． D．
[解析] 由导数的定义容易求得，曲线y＝x3－1在x＝x0处切线的斜率k1＝3x，曲线y＝3－x2在x＝x0处切线的斜率为k2＝－x0，由于两曲线在x＝x0处的切线互相垂直，∴3x·(－x0)＝－1，∴x0＝，故选D．
2．(2018·全国卷Ⅰ理，5)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( D )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
[解析] ∵ f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴ f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a．
又f(x)为奇函数，∴ f(－x)＝－f(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴ a＝1，∴ f′(x)＝3x2＋1，∴ f′(0)＝1，
∴ 曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x．
故选D．
二、填空题
3．(2018·全国卷Ⅲ理，14)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝－3．
[解析] ∵ y′＝(ax＋a＋1)ex，∴ 当x＝0时，y′＝a＋1，
∴ a＋1＝－2，得a＝－3．
4．函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)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21．
[解析] ∵y′＝2x，∴在点(ak，a)的切线方程为y－a＝2ak(x－ak)，又该切线与x轴的交点为(ak＋1,0)，所以ak＋1＝ak，即数列{ak}是等比数列，首项a1＝16，其公比q＝，∴a3＝4，a5＝1，∴a1＋a3＋a5＝21．
三、解答题
5．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＝．
∴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．
6．(2018·全国卷Ⅲ文，21(1))已知函数f(x)＝．求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程．
[解析] f′(x)＝，f′(0)＝2．
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是
2x－y－1＝0．
C级 能力拔高
求抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离．
[解析] 解法1：设切点坐标为(x0，x)，依题意知与直线x－y－2＝0平行的抛物线y＝x2的切线的切点到直线x－y－2＝0的距离最短．
∵y′＝(x2)′＝2x，∴2x0＝1，∴x0＝，
∴切点坐标为(，)，
∴所求的最短距离d＝＝．
解法2：设与抛物线y＝x2相切且与直线x－y－2＝0平行的直线l的方程为x－y＋m＝0(m≠－2)，
由得x2－x－m＝0．
∵直线l与抛物线y＝x2相切，
∴判别式Δ＝1＋4m＝0，∴m＝－，
∴直线l的方程为x－y－＝0，
由两平行线间的距离公式得所求最短距离d＝＝．
解法3：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，即所求的最短距离为．
第一章 1.2 1.2.2 基本初等函数的导数公式及导数的运算法则
A级 基础巩固
一、选择题
1．函数y＝(x＋1)2(x－1)在x＝1处的导数等于( D )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] y′＝[(x＋1)2]′(x－1)＋(x＋1)2(x－1)′
＝2(x＋1)·(x－1)＋(x＋1)2＝3x2＋2x－1，
∴y′|x＝1＝4．
2．曲线y＝ln(x＋2)在点P(－1,0)处的切线方程是( A )
A．y＝x＋1 B．y＝－x＋1
C．y＝2x＋1 D．y＝－2x＋1
[解析] ∵y＝ln(x＋2)，∴y′＝，
∴切线斜率k＝y′|x＝－1＝1，
∴切线方程为y－0＝1×(x＋1)，即y＝x＋1．
3．(2018·邵阳三模)已知函数f(x)＝f′(－2)ex－x2，则f′(－2)＝( D )
A． B．
C． D．
[解析] f′(x)＝f′(－2)ex－2x；
∴f′(－2)＝f′(－2)·e－2－2·(－2)；
解得f′(－2)＝．
故选D．
4．(2018·揭阳一模)已知f(x)＝sinx－cosx，实数α满足f′(α)＝3f(α)，则tan2α＝( A )
A．－ B．－
C． D．
[解析] f′(x)＝cosx＋sinx；
∴f′(α)＝cosα＋sinα；
又f′(α)＝3f(α)；
∴cosα＋sinα＝3sinα－3cosα；
∴2cosα＝sinα；
∴tanα＝2；
∴tan2α＝＝－．
故选A．
5．设函数f(x)＝xm＋ax的导数为f ′(x)＝2x＋1，则数列{}(n∈N*)的前n项和是( A )
A． B．
C． D．
[解析] ∵f(x)＝xm＋ax的导数为f ′(x)＝2x＋1，
∴m＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋x，
∴f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，
∴数列{}(n∈N*)的前n项和为：
Sn＝＋＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝，故选A．
6．(2018·邯郸高二检测)已知二次函数f(x)的图象如图所示，则其导函数f ′(x)的图象大致形状是( B )
[解析] 依题意可设f(x)＝ax2＋c(a<0，且c>0)，于是f ′(x)＝2ax，显然f ′(x)的图象为直线，过原点，且斜率2a<0，故选B．
二、填空题
7．(2018·黄山一模)已知f(x)＝x3＋3xf′(0)，则f′(1)＝1．
[解析] 根据题意，f(x)＝x3＋3xf′(0)，
则其导数f′(x)＝x2＋3f′(0)，
令x＝0可得：f′(0)＝3f′(0)，解可得f′(0)＝0，
则f′(x)＝x2，
则有f′(1)＝1，
故答案为1．
8．(2018·天津文，10)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为e．
[解析] ∵ f(x)＝exln x，
∴ f′(x)＝exln x＋，
∴ f′(1)＝e．
三、解答题
9．求下列函数的导数：
(1)y＝x(x2＋＋)；(2)y＝(＋1)(－1)；
(3)y＝sin4＋cos4；(4)y＝＋ ．
[解析] (1)∵y＝x＝x3＋1＋，
∴y′＝3x2－．
(2)∵y＝(＋1)＝－x＋x－，
∴y′＝－x－－x－＝－．
(3)∵y＝sin4＋cos4
＝2－2sin2cos2
＝1－sin2＝1－·＝＋cosx，
∴y′＝－sinx．
(4)∵y＝＋＝＋
＝＝－2，
∴y′＝′＝＝．
10．已知函数f(x)＝的图象在点M(－1，f(－1))处的切线的方程为x＋2y＋5＝0，求函数的解析式．
[解析] 由于(－1，f(－1))在切线上，
∴－1＋2f(－1)＋5＝0，
∴f(－1)＝－2．∵f′(x)＝，
∴
解得a＝2，b＝3(∵b＋1≠0，∴b＝－1舍去)．
故f(x)＝．
B级 素养提升
一、选择题
1．已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf ′(e)＋lnx，则f ′(e)＝( C )
A．e－1 B．－1
C．－e－1 D．－e
[解析] ∵f(x)＝2xf ′(e)＋lnx，
∴f ′(x)＝2f ′(e)＋，
∴f ′(e)＝2f ′(e)＋，解得f ′(e)＝－，故选C．
2．曲线y＝xsinx在点处的切线与x轴、直线x＝π所围成的三角形的面积为( A )
A． B．π2
C．2π2 D．(2＋π)2
[解析] 曲线y＝xsinx在点处的切线方程为y＝－x，所围成的三角形的顶点为O(0,0)，A(π，0)，C(π，－π)，∴三角形面积为．
二、填空题
3．(2018·太原高二检测)设函数f(x)＝cos(x＋φ)(0＜φ＜π)，若f(x)＋f ′(x)是奇函数，则φ＝．
[解析] f ′(x)＝－sin(x＋φ)，
f(x)＋f ′(x)＝cos(x＋φ)－sin(x＋φ)
＝2sin．
若f(x)＋f ′(x)为奇函数，则f(0)＋f ′(0)＝0，
即0＝2sin，∴φ＋＝kπ(k∈Z)．
又∵φ∈(0，π)，∴φ＝．
4．(2018·南昌一模)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，其导函数为f′(x)，且f(lnx)＝x＋lnx，则f′(1)＝1＋．
[解析] f′(lnx)＝1＋；∴f′(lne)＝1＋；
即f′(1)＝1＋．故答案为1＋．
三、解答题
5．偶函数f(x)＝ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e的图象过点P(0,1)，且在x＝1处的切线方程为y＝x－2，求y＝f(x)的解析式．
[解析] ∵f(x)的图象过点P(0,1)，∴e＝1．
又∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)．
故ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e＝ax4－bx3＋cx2－dx＋e．
∴b＝0，d＝0．∴f(x)＝ax4＋cx2＋1．
∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－2，
∴切点为(1，－1)．∴a＋c＋1＝－1．
∵f ′(x)|x＝1＝4a＋2c，∴4a＋2c＝1．∴a＝，c＝－．
∴函数y＝f(x)的解析式为f(x)＝x4－x2＋1．
6．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx(b，c∈R)，f ′(1)＝0，x∈[－1,3]时，曲线y＝f(x)的切线斜率的最小值为－1，求b，c的值．
[解析] f ′(x)＝x2＋2bx＋c＝(x＋b)2＋c－b2，
且f ′(1)＝1＋2b＋c＝0．①
(1)若－b≤－1，即b≥1，则f ′(x)在[－1,3]上是增函数，所以f ′(x)min＝f ′(－1)＝－1，
即1－2b＋c＝－1．②
由①②解得b＝，不满足b≥1，故舍去．
(2)若－1<－b<3，即－3即b2－2b2＋c＝－1．③
由①③解得b＝－2，c＝3或b＝0，c＝－1．
(3)若－b≥3，即b≤－3，则f ′(x)在[－1,3]上是减函数，
所以f ′(x)min＝f ′(3)＝－1，
即9＋6b＋c＝－1．④
由①④解得b＝－，不满足b≤－3，故舍去．
综上可知，b＝－2，c＝3或b＝0，c＝－1．
C级 能力拔高
(2018·德州模拟)设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0．
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．
[解析] (1)f′(x)＝a＋，又根据切线方程可知x＝2时，y＝，y′＝，
则有，解．
(2)设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(1＋)(x－x0)，
即y－(x0－)＝(1＋)(x－x0)．
令x＝0得y＝－，从而得切线与直线x＝0的交点坐标为(0，－)．
令y＝x得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．
所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为|－||2x0|＝6．
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为定值，此定值为6．
第一章 1.3 1.3.1 函数的单调性与导数
A级 基础巩固
一、选择题
1．在下列结论中，正确的有( A )
(1)单调增函数的导数也是单调增函数；
(2)单调减函数的导数也是单调减函数；
(3)单调函数的导数也是单调函数；
(4)导函数是单调的，则原函数也是单调的．
A．0个 B．2个
C．3个 D．4个
[解析] 分别举反例：(1)y＝lnx，(2)y＝(x>0)，(3)y＝2x，(4)y＝x2，故选A．
2．函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则( A )
A．a≤0 B．a<1
C．a<2 D．a≤
[解析] f ′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，∴a≤0．
3．(2017·宣城高二检测)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是( B )
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] 本小题考查函数的零点与用导数判断函数的单调性，考查分析问题、解决问题的能力．
∵f(x)＝2x＋x3－2,00在(0,1)上恒成立，∴f(x)在(0,1)上单调递增．
又f(0)＝20＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0，f(0)f(1)<0，则f(x)在(0,1)内至少有一个零点，
又函数y＝f(x)在(0,1)上单调递增，则函数f(x)在(0,1)内有且仅有一个零点．
4．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( B )
A．y＝sinx B．y＝xe2
C．y＝x3－x D．y＝lnx－x
[解析] 对于B，y＝xe2，则y′＝e2，∴y＝xe2在R上为增函数，在(0，＋∞)上也为增函数，选B．
5．(2018·商洛模拟)设f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是( B )
[解析] 由f(x)的图象可得，在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，
即有导数小于0，可排除C，D；
再由y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，
函数f(x)递减，再递增，后递减，
即有导数先小于0，再大于0，最后小于0，
可排除A；则B正确．
故选B．
6．若f(x)＝，eA．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
[解析] 因为f′(x)＝，
∴当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，因为e所以f(a)>f(b)．选A．
二、填空题
7．(2018·无锡期末)函数f(x)＝x＋2cosx(0≤x≤2π)的单调递减区间为(，)．
[解析] ∵函数y＝x＋2cosx，∴y′＝1－2sinx＜0，
∴sinx＞，
又∵x∈[0,2π]，∴x∈(，)，故答案为(，)．
8．(2018·沙市区校级期中)函数y＝x3－x2－x的单调增区间为(－∞，)，(1，＋∞)．
[解析] 由y＝x3－x2－x，∴f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x＋)(x－1)．
令f′(x)＝0，解得x＝－，1．
列表如下：
x
(－∞，－)
－
(－，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
由表格可知：函数f(x)的单调递增是(－∞，－)，(1，＋∞)；
故答案为(－∞，)，(1，＋∞)．
三、解答题
9．(2018·天津理，20(1))已知函数f(x)＝ax，g(x)＝logax，其中a>1．求函数h(x)＝f(x)－xln a的单调区间．
[解析] 由已知，h(x)＝ax－xln a，有h′(x)＝axln a－ln a．
令h′(x)＝0，解得x＝0．
由a>1，可知当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
?
极小值
?
所以函数h(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
10．(2017·长沙高二检测)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex．设f(x)在区间[－1,1]上是单调函数，求a的取值范围．
[解析] ∵f(x)＝(x2－2ax)ex，
∴f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex
＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]
令f′(x)＝0，即x2＋2(1－a)x－2a＝0，
解x1＝a－1－，x2＝a－1＋，
其中x1当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
∵a≥0，∴x1<－1，x2≥0．f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，
∴x2≥1，即a－1＋≥1，
∴a≥．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2018·和平区二模)已知f(x)是定义在R上的函数，它的图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x－x0－2)x＋(y0－x＋x＋2x0)，那么函数f(x)的单调递减区间为( A )
A．(－1,2) B．(－2,1)
C．(－∞，－1) D．(2，＋∞)
[解析] 因为函数f(x)，(x∈R)上任一点(x0，y0)的切线方程为
y＝(x－x0－2)x＋(y0－x＋x＋2x0)，
即函数在任一点(x0，y0)的切线斜率为k＝x－x0－2，
即知任一点的导数为f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，
由f′(x)＜0，得－1＜x＜2，即函数f(x)的单调递减区间是(－1,2)．
故选A．
2．(2018·黔东南州一模)已知函数f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1，则函数y＝lnf(x)的单调递增区间是( A )
A．(kπ－，kπ＋](k∈Z)
B．[kπ－，kπ＋)(k∈Z)
C．[kπ＋，kπ＋)(k∈Z)
D．[kπ＋，kπ＋](k∈Z)
[解析] 由已知，化简得f(x)＝sin2x＋cos2x＝sin(2x＋)，
又y＝lnf(x)与y＝f(x)的单调性相同且f(x)＞0，
所以2x＋∈(2kπ，2kπ＋]，
∴x∈(kπ－，kπ＋](k∈Z)，
故选A．
3．若函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( C )
A．[－1,1] B．[－1，]
C．[－，] D．[－1，－]
[解析] 函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f ′(x)＝1－cos2x＋acosx＝－cos2x＋acosx＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cosx＝t，
则g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1,1]恒成立，
所以，
解得－≤a≤．故选C．
二、填空题
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(2a－3)x－1．
(1)若f(x)的单调减区间为(－1,1)，则a的取值集合为{0}．
(2)若f(x)在区间(－1,1)内单调递减，则a的取值集合为{a|a<0}．
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋2a－3＝(x＋1)(3x＋2a－3)．
(1)∵f(x)的单调减区间为(－1,1)，
∴－1和1是方程f ′(x)＝0的两根，
∴＝1，∴a＝0，∴a的取值集合为{0}．
(2)∵f(x)在区间(－1,1)内单调递减，∴f ′(x)<0在(－1,1)内恒成立，又二次函数y＝f ′(x)开口向上，一根为－1，∴必有>1，∴a<0，
∴a的取值集合为{a|a<0}．
三、解答题
5．(2017·驻马店高二检测)已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R．
(1)若a＝1，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－1，求f(x)的单调区间．
[解析] (1)因为f(x)＝(x2＋x－1)ex，所以f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x－1)ex＝(x2＋3x)ex，所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝f′(1)＝4e．
又因为f(1)＝e，所以所求切线方程为y－e＝4e(x－1)，
即4ex－y－3e＝0．
(2)f(x)＝(－x2＋x－1)ex，因为f′(x)＝－x(x＋1)ex，令f′(x)<0，
得x<－1或x>0；f′(x)>0
得－1所以f(x)的减区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，增区间为(－1,0)．
6．(2018·咸阳期末)已知函数f(x)＝ax2－lnx－2．
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间．
[解析] (1)当a＝1时，f(x)＝x2－lnx－2，
f′(x)＝x－，
∴f′(1)＝0，f(1)＝－，
∴曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－；
(2)∵f′(x)＝(x＞0)，
a＞0时，令f′(x)＞0，解得：x＞，令f′(x)＜0，解得：0＜x＜，
∴f(x)在(0，)递减，在(，＋∞)递增．
C级 能力拔高
已知函数f(x)＝x2＋2alnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．
[解析] (1)f ′(x)＝2x＋＝，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①当a≥0时，f ′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
②当a<0时f ′(x)＝．
当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
f(x)
递减
递增
由表格可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．
(2)由g(x)＝＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－＋2x＋，
由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，
则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．
即a≤－x2在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝－x2，x∈[1,2]，则h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0，
∴h(x)在[1,2]上为减函数．h(x)min＝h(2)＝－，
∴a≤－，故a的取值范围为{a|a≤－}．
第一章 1.3 1.3.2 函数的极值与导数
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知函数y＝f(x)在定义域内可导，则函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．非充分非必要条件
[解析] 根据导数的性质可知，若函数y＝f(x)在这点处取得极值，则f ′(x)＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f(x)＝x3在R上是增函数，f ′(x)＝3x2，则f ′(0)＝0，但在x＝0处函数不是极值，即充分性不成立．
故函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B．
2．函数y＝2x3－6x2－18x＋7( A )
A．在x＝－1处取得极大值17，在x＝3处取得极小值－47
B．在x＝－1处取得极小值17，在x＝3处取得极大值－47
C．在x＝－1处取得极小值－17，在x＝3处取得极大值47
D．以上都不对
[解析] y′＝6x2－12x－18，令y′＝0，解得x1＝－1，x2＝3．当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况见下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,3)
3
(3，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
∴当x＝－1时，f(x)取得极大值，f(－1)＝17，当x＝3时，f(x)取得极小值，f(3)＝－47．
3．函数y＝x4－x3的极值点的个数为( B )
A．0 B．1 C．2 D．3
[解析] y′＝x3－x2＝x2(x－1)，由y′＝0得x1＝0，x2＝1．
当x变化时，y′、y的变化情况如下表
x
(－∞，0)
0
(0,1)
1
(1，＋∞)
y′
－
0
－
0
＋
y
?
无极值
?
极小值
?
故选B．
4．已知实数a、b、c、d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于( A )
A．2 B．1
C．－1 D．－2
[解析] ∵a、b、c、d成等比数列，∴ad＝bc，
又(b，c)为函数y＝3x－x3的极大值点，
∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，
∴或∴ad＝2．
5．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是( C )
A．－1C．a<－3或a>6 D．a<－1或a>2
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，
∵f(x)有极大值与极小值，
∴f ′(x)＝0有两不等实根，
∴Δ＝4a2－12(a＋6)>0，∴a<－3或a>6．
6．(2018·全国卷Ⅲ理，7)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为( D )
A
B
C
D
[解析] f′(x)＝－4x3＋2x，则f′(x)>0的解集为－∞，－∪0，，f(x)单调递增；f′(x)<0的解集为－，0∪，＋∞，f(x)单调递减．
故选D．
二、填空题
7．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－．
[解析] y＝f(x)＝xex?f ′(x)＝(1＋x)ex，令f ′(x)＝0?x＝－1，此时f(－1)＝－，
函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－．
8．若函数f(x)＝x3－2mx2＋m2x在x＝1处取得极小值，则实数m＝1．
[解析] ∵f ′(x)＝(3x－m)(x－m)
由题意得：f ′(1)＝(3－m)(1－m)＝0
∴m＝3或m＝1．
经检验知，当m＝3时，在x＝1处取得极大值．
当m＝1时，在x＝1处取得极小值．∴m＝1．
三、解答题
9．(2018·天津文，20)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值．
[解析] (1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1．因此f(0)＝0，f′(0)＝－1．
又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0．
(2)由已知可得
f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2．
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9．
令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6，
函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6．
10．(2018·北京文，19)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex．
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
[解析] (1)解：因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，
f′(2)＝(2a－1)e2．
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝．
(2)解：由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex
＝(ax－1)(x－1)ex．
若a>1，则当x∈，1时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0．
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0．
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2018·杭州二模)已知a＞0且a≠1，则函数f(x)＝(x－a)2lnx( C )
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值
D．既无极大值，又无极小值
[解析] ∵a＞0 且 a≠1，函数 f (x)＝(x－a)2lnx，
∴f′(x)＝2(x－a)lnx＋＝(x－a)(2lnx＋1－)，
由f′(x)＝0，得x＝a或2lnx＋1－＝0，
由方程2lnx＋1－＝0，
作出g(x)＝2lnx＋1和h(x)＝－的图象，
结合图象得g(x)＝2lnx＋1和h(x)＝－的图象有交点，
∴方程2lnx＋1－＝0有解，
由此根据函数的单调性和极值的关系得到：
函数f (x)＝(x－a)2lnx既有极大值，又有极小值．
故选C．
2．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f ′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f ′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝x3－x2＋3x－，则g()＋g()＋…＋g()＝( B )
A．2015 B．2016
C．2017 D．2018
[解析] 函数的导数g′(x)＝x2－x＋3，
g″(x)＝2x－1，
由g″(x0)＝0得2x0－1＝0，解得x0＝，而g()＝1，
故函数g(x)关于点(，1)对称，
∴g(x)＋g(1－x)＝2，
故设g()＋g()＋…＋g()＝m，
则g()＋g()＋…＋g()＝m，
两式相加得2×2016＝2m，则m＝2016．故选B．
二、填空题
3．(2018·广西二模)若函数f(x)＝x3－3x2－a(a≠0)只有2个零点，则a＝0或－4．
[解析] f(x)＝f(x)＝x3－3x2－a
则f′(x)＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，可得x＝0或x＝2，即函数有两个极值点，
函数f(x)＝x3－3x2－a(a≠0)只有2个零点，
由f(0)＝－a＝0得a＝0，
由f(2)＝8－12－a＝0得a＝－4，综上a＝0或－4时，f(x)有且只有2个零点．
故答案为0或－4．
4．(2018·全国一模)已知函数f(x)＝xlnx＋x2，x0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：
①0；③f(x0)＋x0＜0；④f(x0)＋x0＞0；
其中正确的命题是①③．(填出所有正确命题的序号)
[解析] ∵函数f(x)＝xlnx＋x2，(x＞0)
∴f′(x)＝lnx＋1＋x，易得f′(x)＝lnx＋1＋x在(0，＋∞)递增，
∴f′()＝＞0，
∵x→0，f′(x)→－∞，
∴0＜x0＜，即①正确，②不正确；
∵lnx0＋1＋x0＝0
∴f(x0)＋x0＝x0lnx0＋x＋x0＝x0(lnx0＋x0＋1)＝－x＜0，即③正确，④不正确．
故答案为①③．
三、解答题
5．(2018·保定二模)已知函数f(x)＝(a，b∈R且a≠0，e为自然对数的底数)．若曲线f(x)在点(e，f(e))处的切线斜率为0，且f(x)有极小值，求实数a的取值范围．
[解析] f(x)＝，(x＞0)，求导f′(x)＝，
由f′(e)＝0，则b＝0，则f′(x)＝，
当a＞0时，f′(x)在(0，e)内大于0，在(e，＋∞)内小于0，
∴f(x)在(0，e)内为增函数，在(e，＋∞)为减函数，
∴f(x)有极大值无极小值；
当a＜0时，f(x)在(0，e)为减函数，在(e，＋∞)为增函数，
∴f(x)有极小值无极大值；
∴实数a的取值范围(－∞，0)．
6．(2018·全国卷Ⅲ理，21)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x．
(1)若a＝0，证明：当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a．
[解析] (1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，
f′(x)＝ln(1＋x)－．
设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝．
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0，故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0，且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0．
所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．
又f(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0．
(2)解：(ⅰ)若a≥0，由(1)知，
当x＞0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x＞0＝f(0)，
这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
(ⅱ)若a＜0，
设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－．
由于当|x|＜min时，2＋x＋ax2＞0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，
当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝．
若6a＋1＞0，则当0＜x＜－，且|x|＜min时，h′(x)＞0，故x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＜0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1＜0，
故当x∈(x1,0)，且|x|＜min时，h′(x)＜0，
所以x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＝0，则h′(x)＝，
则当x∈(－1,0)时，h′(x)＞0；当x∈(0,1)时，h′(x)＜0．
所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－．
C级 能力拔高
设函数f(x)＝x3－x2＋6x－a．
(1)对于任意实数x, f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；
(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．
[解析] (1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，
由题意可知当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥m恒成立，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，解得m≤－，
即m的最大值为－．
(2)因为当x<1时，f′(x)>0；当1当x>2时，f′(x)>0，
所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝－a；
当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a．
故当f(2)>0或f(1)<0时，f(x)＝0仅有一个实根，
解得a<2或a>．
第一章 1.3 1.3.3 函数的最大(小)值与导数
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2018·潍坊高二检测)设函数f(x)满足x2f ′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x＞0时，f(x)( D )
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
[解析] ∵函数f(x)满足x2f ′(x)＋2xf(x)＝，
∴[x2f(x)]′＝，
令F(x)＝x2f(x)，则f ′(x)＝，
F(2)＝4·f(2)＝．
由x2f ′(x)＋2xf(x)＝，得f ′(x)＝，
令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2f ′(x)＝．
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0．∴φ(x)≥0．
又x＞0，∴f ′(x)≥0．
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D．
2．(2018·新乡一模)若函数f(x)＝－x2＋ax＋2lnx在(1,2)上有最大值，则a的取值范围为( B )
A．(0，＋∞) B．(0,3)
C．(3，＋∞) D．(1,3)
[解析] f′(x)＝－2x＋a＋＝
要使函数f(x)＝－x2＋ax＋2lnx在(1,2)上有最大值
则函数f(x)＝－x2＋ax＋2lnx在(1,2)上有极大值
即方程－2x2＋ax＋2＝0有两个不等实根，且较大根在区间(1,2)
∴，解得0＜a＜3．
故选B．
3．(2017·临沂高二检测)函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值分别是( A )
A．5，－15 B．5，－4
C．－4，－15 D．5，－16
[解析] 令y′＝6x2－6x－12＝0，得x＝－1(舍去)或x＝2，故函数y＝f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最值可能是x取0,2,3时的函数值，而f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，故最大值为5，最小值为－15，故选A．
4．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且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F(x)＝f(x)－g(x)
∴F′(x)＝f′(x)－g′(x)<0．
所以F′(x)<0，∴F(x)在[a，b]上递减，∴F(x)max＝f(a)－g(a)．
5．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( D )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
[解析] ∵2x(x－a)<1，
∴a>x－，
令y＝x－，
∴y是单调增函数，若x>0，则y>－1，∴a>－1．
6．已知函数f(x)＝－x3＋2ax2＋3x(a>0)的导数f′(x)的最大值为5，则在函数f(x)图象上的点(1，f(1))处的切线方程是( B )
A．3x－15y＋4＝0 B．15x－3y－2＝0
C．15x－3y＋2＝0 D．3x－y＋1＝0
[解析] ∵f(x)＝－x3＋2ax2＋3x，
∴f′(x)＝－2x2＋4ax＋3
＝－2(x－a)2＋2a2＋3，
∵f′(x)的最大值为5，
∴2a2＋3＝5，
∵a>0，∴a＝1∴f′(1)＝5，f(1)＝．
∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－＝5(x－1)，即15x－3y－2＝0．
二、填空题
7．(2018·荆州一模)函数f(x)＝x3－x2＋2在(0，＋∞)上的最小值为．
[解析] 函数f(x)＝x3－x2＋2在(0，＋∞)，
可得f′(x)＝3x2－2x，令3x2－2x＝0，可得x＝0或x＝，当x∈(0，)时，f′(x)＜0，函数是减函数；x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，函数是增函数，所以x＝是函数的极小值即最小值，
所以f(x)min＝()3－()2＋2＝．
故答案为．
8．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
[解析] f ′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f ′(x)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0．因为函数f(x)有极大值和极小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实数根，即Δ＝4a2－4a－8>0，解得a>2或a<－1．
三、解答题
9．设函数f(x)＝x2－ax＋2lnx(a∈R)在x＝1时取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
[解析] (1)f ′(x)＝x－a＋，
因为当x＝1时f(x)取得极值，所以f ′(1)＝0，
即1－a＋2＝0，解得a＝3，
经检验，符合题意．
(2)由(1)得：f(x)＝x2－3x＋2lnx，
∴f ′(x)＝x－3＋＝，(x>0)，
令f ′(x)>0解得02，
令f ′(x)<0解得1∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2，＋∞)；单调递减区间为(1,2)．
10．(2017·宁波高二检测)设函数f(x)＝exsinx．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的最大值与最小值．
[解析] (1)f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＝exsin(x＋)．
f′(x)≥0，所以sin(x＋)≥0，
所以2kπ≤x＋≤2kπ＋π，k∈Z，即2kπ－≤x≤2kπ＋π，k∈Z．
f(x)的单调增区间为[2kπ－，2kπ＋π]，k∈Z．
(2)由(1)知当x∈[0，π]时，[0，π]是单调增区间，[π，π]是单调减区间．
f(0)＝0，f(π)＝0，f(π)＝eπ，
所以f(x)max＝f()＝eπ，
f(x)min＝f(0)＝f(π)＝0．
B级 素养提升
一、选择题
1．若函数f(x)在定义域R内可导，f(1．9＋x)＝f(0．1－x)且(x－1)f ′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是( D )
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．b>a>c
[解析] ∵(x－1)f ′(x)＜0，
∴当x＞1时，f ′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；
当x＜1时，f ′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增．
又f(1．9＋x)＝f(0．1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，
∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)，
∵－1＜0<，
∴f(－1)＜f(0)＜f()，∴f(3)∴b＞a＞c，故选D．
2．(2018·铁东区校级一模)已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上最大值为M，最小值为N，则M－N＝( A )
A．20 B．18
C．3 D．0
[解析] 函数f(x)＝x3－3x－1的导数为f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，解得x＝±1，
所以(1，－1)为函数f(x)的极值点．
因为f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3,2]上，M＝f(x)max＝1，
N＝f(x)min＝－19，
对于区间[－3,2]上最大值为M，最小值为N，则M－N＝20，
故选A．
二、填空题
3．(2018·红桥区一模)函数y＝－ex＋x在R上的最大值是－1．
[解析] 函数y＝－ex＋x，y′＝1－ex，由y′＝0得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，y′＞0，函数y＝x－ex单调递增，
当x∈(0，＋∞)时，y′＜0，函数y＝x－ex单调递减，
所以，当x＝0时，y取得最大值，最大值为－1．
故答案为－1．
4．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有>0，则不等式x2f(x)>0的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．
[解析] 令g(x)＝(x≠0)，
∵x>0时，>0，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴在(0，＋∞)上g(x)>0的解集为(1，＋∞)，∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴在(－∞，0)上g(x)<0的解集为(－1,0)，由x2f(x)>0得f(x)>0，∴f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．
三、解答题
5．设函数f(x)＝ex－x2－x．
(1)若k＝0，求f(x)的最小值；
(2)若k＝1，讨论函数f(x)的单调性．
[解析] (1)k＝0时，f(x)＝ex－x，f ′(x)＝ex－1．
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调减小，在(0，＋∞)上单调增加，故f(x)的最小值为f(0)＝1．
(2)若k＝1，则f(x)＝ex－x2－x，定义域为R．
∴f ′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，
由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴g(x)min＝g(0)＝0，即f ′(x)min＝0，故f ′(x)≥0．
所以f(x)在R上单调递增．
6．(2018·全国卷Ⅱ文，21)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解析] (1)解：当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3．
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2．
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0．
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0．
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，
仅当x＝0时g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
C级 能力拔高
设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R．
(Ⅰ)求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝0；
(Ⅲ)设a＞0，函数g(x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间[－1,1]上的最大值不小于．
[解析] (Ⅰ)由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a．
下面分两种情况讨论：
(1)当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，或x＝－．
当x变化时，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
所以f(x)的单调递减区间为(－，)，单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)．
(Ⅱ)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(Ⅰ)知a>0，且x0≠0，由题意，得f′(x0)＝3x－a＝0，即x＝，
进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b．
又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝－x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0，由题意及(Ⅰ)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝－2x0．所以x1＋2x0＝0．
(Ⅲ)设g(x)在区间[－1,1]上最大值为M，max{x，y}表示x，y两数的最大值．下面分三种情况讨论：
(1)当a≥3时，－≤－1<1≤，由(Ⅰ)知，f(x)在区间[－1,1]上单调递减，所以f(x)在区间[－1,1]上的取值范围为[f(1)，f(－1)]，因此
M＝max{|f(1)|，|f(－1)|}
＝max{|1－a－b|，|－1＋a－b|}
＝max{|a－1＋b|，|a－1－b|}＝，
所以M＝a－1＋|b|≥2．
(2)当≤a<3时，－≤－1<－<<1≤，由(Ⅰ)和(Ⅱ)知，
f(－1)≥f(－)＝f()，f(1)≤f()
＝f(－)，
所以f(x)在区间[－1,1]上的取值范围为[f()，f(－)]，因此
M＝max{|f()|，|f(－)|}
＝max{|－－b|，|－b)|}
＝max{|＋b|，|－b)|}＝＋|b|
≥××＝．
(3)当0f(1)>f()＝f(－)，
所以f(x)在区间[－1,1]上的取值范围为[f(－1)，f(1)]，因此
M＝max{|f(－1)|，|f(1)|}，
＝max{|－1＋a－b|，|1－a－b|}
＝max{|1－a＋b|，|1－a－b|}＝1－a＋|b|>．
综上所述，当a>0时， g(x)在区间[－1,1]上的最大值不小于．
第一章 1.4 生活中的优化问题举例
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2017·杭州高二检测)炼油厂某分厂将原油精炼为汽油，需对原油进行冷却和加热，如果第x小时时，原油温度(单位：℃)为f(x)＝x3－x2＋8(0≤x≤5)，那么，原油温度的瞬时变化率的最小值是( C )
A．8 B．
C．－1 D．－8
[解析] 瞬时变化率即为f ′(x)＝x2－2x为二次函数，且f ′(x)＝(x－1)2－1，又x∈[0,5]，
故x＝1时，f ′(x)min＝－1．
2．(2017·西安高二检测)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长20 cm，要使其体积最大，则高为( D )
A． cm B．cm
C．cm D．cm
[解析] 设圆锥的高为x cm，则底面半径为(cm)，其体积为V＝πx(202－x2)(00，当3．把长为12 cm的细铁丝锯成两段，各自围成一个正三角形，那么这两个正三角形的面积之和的最小值是( D )
A．cm2 B．4 cm2
C．3cm2 D．2cm2
[解析] 设一个三角形的边长为xcm，则另一个三角形的边长为(4－x)cm，两个三角形的面积和为S＝x2＋(4－x)2＝x2－2x＋4．令S′＝x－2＝0则x＝2，所以Smin＝2．
4．(2017·泰安高二检测)已知某个车轮旋转的角度α(弧度)与时间t(秒)的函数关系是α＝t2(t≥0)．则车轮启动后1．6秒时的瞬时速度为( B )
A．20π弧度/秒 B．10π弧度/秒
C．8π弧度/秒 D．5π弧度/秒
[解析] α′＝，
∴车轮启动1．6秒时的瞬时速度为：×1．6＝10π．
故选B．
5．如果圆柱轴截面的周长l为定值，则体积的最大值为( A )
A．()3π B．()3π
C．()3π D．()3π
[解析] 设圆柱的底面半径为r，高为h，体积为V，则4r＋2h＝l，
∴h＝，
V＝πr2h＝πr2－2πr3(0令V′＝0，得r＝0或r＝，而r>0，
∴r＝是其唯一的极值点．
∴当r＝时，V取得最大值，最大值为()3π．
6．用总长为6m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的相邻两边长之比为3?4，那么容器容积最大时，高为( A )
A．0．5m B．1m
C．0．8m D．1．5m
[解析] 设容器底面相邻两边长分别为3xm、4xm，则高为＝(m)，容积V＝3x·4x·＝18x2－84x3，V′＝36x－252x2，
由V′＝0得x＝或x＝0(舍去)．x∈时，V′>0，x∈时，V′<0，所以在x＝处，V有最大值，此时高为0．5m．
二、填空题
7．某厂生产某种产品x件的总成本：C(x)＝1 200＋x3，又产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品的单价为50元，总利润最大时，产量应定为25件．
[解析] 设产品单价为a元，又产品单价的平方与产品件数x成反比，即a2x＝k，
由题知a＝．总利润y＝500－x3－1200(x>0)，y′＝－x2，
由y′＝0，得x＝25，x∈(0,25)时，y′>0，x∈(25，＋∞)时，y′<0，所以x＝25时，y取最大值．
8．如图所示，一窗户的上部是半圆，下部是矩形，如果窗户面积一定，窗户周长最小时，x与h的比为1?1．
[解析] 设窗户面积为S，周长为L，则S＝x2＋2hx，h＝－x，∴窗户周长L＝πx＋2x＋2h＝x＋2x＋，
∴L′＝＋2－．
由L′＝0，得x＝，x∈时，L′<0，x∈时，L′>0，∴当x＝时，L取最小值，此时＝＝－＝－＝1．
三、解答题
9．成都某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值，经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满足：y＝f(x)＝ax2＋x－bln，a，b为常数．当x＝10万元时，y＝19．2万元；当x＝30万元时，y＝50．5万元．(参考数据：ln2≈0．7，ln3≈1．1，ln5≈1．6)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值．(利润＝旅游增加值－投入)．
[解析] (1)由条件可得
解得a＝－，b＝1，
则f(x)＝－＋x－ln(x≥10)．
(2)T(x)＝f(x)－x＝－＋x－ln(x≥10)，
则T′(x)＝＋－＝－，
令T′(x)＝0，则x＝1(舍)或x＝50，
当x∈(10,50)时，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数；
当x∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是减函数，
∴当x＝50时，T(x)取最大值．
T(50)＝－＋×50－ln＝24．4(万元)．
即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为24．4万元．
10．如图所示，设铁路AB＝50，B，C之间距离为10，现将货物从A运往C，已知单位距离铁路费用为2，公路费用为4，问在AB上何处修筑公路至C，可使运费由A到C最省？
[解析] 设MB＝x，于是AM上的运费为2(50－x)，MC上的运费为4，则由A到C的总运费为p(x)＝2(50－x)＋4(0≤x≤50)．
p′(x)＝－2＋，令p′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．
当0≤x<时，p′(x)<0；当0，
所以当x＝时，取得最小值．
即在离B点距离为的点M处筑公路至C时，由A至C的货物运费最省．
B级 素养提升
一、选择题
1．若球的半径为R，作内接于球的圆柱，则其侧面积的最大值为( A )
A．2πR2 B．πR2
C．4πR2 D．πR2
2．一窗户的上部是半圆，下部是矩形，如果窗户面积为S，为使窗户周长最小，用料最省，圆的半径应为( C )
A． B．
C． D．2
[解析] 设圆的半径为x，记矩形高为h，则窗户的面积为S＝＋2hx，
∴2h＝－x．
则窗户周长为l＝πx＋2x＋2h＝＋2x＋．
令l′＝＋2－＝0，
解S＝或－(舍)
因为函数只有一个极值点，所以x＝为最小值点，所以使窗户的周长最小时，圆的半径为，故C．
二、填空题
3．(2018·沈阳高二检测)某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款额与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4．8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,4．8%))，则使银行获得最大收益的存款利率为0．032．
[解析] 用y表示银行的收益，由题可知存款量是kx2，银行应付的利息为kx3，银行应获得的贷款利息为0．048kx2．
∴y＝0．048kx2－kx3，x∈(0,0．048)
y′＝0．096x－3kx2＝3kx(0．032－x)
令y′＝0，解x＝0．032或x＝0(舍)
当00，
当0．032∴当x＝0．032时，y取极大值，也是最大值．
4．(2018·东营高二检测)要制作一个容积为4m3，高为1m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是160(单位：元)．
三、解答题
5．(2018·浙江卷，22)已知函数f(x)＝－ln x．
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
[解析] (1)证明：函数f(x)的导函数为f′(x)＝－．
由f′(x1)＝f′(x2)得
－＝－．
因为x1≠x2，
所以＋＝．
由基本不等式得＝＋≥2．
因为x1≠x2，所以x1x2>256．
由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln (x1x2)．
设g(x)＝－ln x，则g′(x)＝(－4)，
x
(0,16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
?
2－4ln 2
?
所以g(x)在[256，＋∞)上单调递增，
故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2．
(2)证明：令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，则
f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a所以，存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，
所以，对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点．
由f(x)＝kx＋a得k＝．
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
其中g(x)＝－ln x．
由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln 2，
故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，
所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
因此方程f(x)－kx－a＝0有唯一一个实根．
综上，当a≤3－4ln 2时，对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
6．甲乙两地相距400km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100km/h，已知该汽车每小时的运输成本P(元)关于速度v(km/h)的函数关系是P＝v4－v3＋15v．
(1)求全程运输成本Q(元)关于速度v的函数关系式；
(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求此时运输成本的最小值．
[解析] (1)汽车从甲地到乙地需用h，故全程运输成本为Q＝＝－＋6000 (0(2)Q′＝－5v，令Q′＝0得，v＝80，
∴当v＝80km/h时，全程运输成本取得最小值，最小值为元．
C级 能力拔高
现要对某一景点进行改造升级，提高旅游增加值．经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x万元之间满足：y＝x－ax2－ln，∈[t，＋∞)，其中t为大于的常数．当x＝10时，y＝9．2．
(1)求y＝f(x)的解析式和投入x的取值范围；
(2)求旅游增加值y取得最大值时对应的x值．
[解析] (1)∵当x＝10时，y＝9．2，
即×10－a×102－ln1＝9．2，解得a＝．
∴f(x)＝x－－ln．
∵≥t，且t>，∴6即投入x的取值范围是(6，]．
(2)对f(x)求导，得f′(x)＝－－
＝－＝－．
令f′(x)＝0，得x＝50或x＝1(舍去)．
当x∈(6,50)时，f′(x)>0，因此，f(x)在(6,50]上是增函数；
当x∈(50，＋∞)时，f′(x)<0，因此，f(x)在[50，＋∞)上是减函数．
∴x＝50为极大值点．
当≥50，即t∈(，]时，投入50万元改造时取得最大增加值；
当6<<50，即t∈(，＋∞)时，投入万元改造时取得最大增加值．
第一章 1.5 第1课时 曲边梯形的面积与汽车行驶的路程
A级 基础巩固
一、选择题
1．和式(yi＋1)可表示为( C )
A．(y1＋1)＋(y5＋1)
B．y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋1
C．y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋5
D．(y1＋1)(y2＋1)…(y5＋1)
[解析] (yi＋1)＝(y1＋1)＋(y2＋1)＋(y3＋1)＋(y4＋1)＋(y5＋1)＝y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋5，故选C．
2．在求由x＝a、x＝b(a①n个小曲边梯形的面积和等于S；
②n个小曲边梯形的面积和小于S；
③n个小曲边梯形的面积和大于S；
④n个小曲边梯形的面积和与S之间的大小关系无法确定
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[解析] n个小曲边梯形是所给曲边梯形等距离分割得到的，因此其面积和为S．∴①正确，②③④错误，故应选A．
3．在“近似代替”中，函数f(x)在区间[xi，xi＋1]上的近似值等于( C )
A．只能是左端点的函数值f(xi)
B．只能是右端点的函数值f(xi＋1)
C．可以是该区间内任一点的函数值f(ξi)(ξi∈[xi，xi＋1])
D．以上答案均不正确
[解析] 由求曲边梯形面积的“近似代替”知，C正确，故应选C．
4．在求由函数y＝与直线x＝1、x＝2、y＝0所围成的平面图形的面积时，把区间[1,2]等分成n个小区间，则第i个小区间为( B )
A．[，] B．[，]
C．[i－1，i] D．[，]
[解析] 把区间[1,2]等分成n个小区间后，每个小区间的长度为，且第i个小区间的左端点不小于1，排除A、D；C显然错误；故选B．
5．在等分区间的情况下，f(x)＝(x∈[0,2])及x轴所围成的曲边梯形面积和式的极限形式正确的是( B )
A．·]
B．·]
C．
D．·n]
[解析] 将区间[0,2]n等分后每个区间长度为，第i个小区间为[，](i＝1,2,3，…，n)，故应选B．
6．曲线y＝cosx(0≤x≤2π)与y＝1围成的面积是( D )
A．4π B．
C．3π D．2π
[解析] 如图，求曲线y＝cosx(0≤x≤2π)与y＝1围成的面积可转化为求由直线y＝0、y＝1、x＝0、x＝2π围成的矩形面积为1×2π＝2π．
二、填空题
7．直线x＝0、x＝2、y＝0与曲线y＝x2＋1围成的曲边梯形，将区间[0,2]5等分，按照区间左端点和右端点估计梯形面积分别为3．92、5．52．
8．已知某物体运动的速度为v＝t，t∈[0,10]，若把区间10等分，取每个小区间右端点处的函数值为近似小矩形的高，则物体运动的路程近似值为55．
三、解答题
9．求直线x＝0、x＝2、y＝0与曲线y＝x2所围成曲边梯形的面积．
[解析] 将区间[0,2]等分成n个小区间，则第i个小区间为．
第i个小区间的面积ΔSi＝f·，
∴Sn＝·
＝＝(i－1)2
＝[02＋12＋22＋…＋(n－1)2]
＝·＝．
S＝Sn＝
＝[(1－)(2－)]＝，
∴所求曲边梯形面积为．
10．一辆汽车在直线形公路上做变速行驶，汽车在时刻t的速度为v(t)＝－t2＋50(单位：km/h)．试计算这辆汽车在0≤t≤2(单位：h)这段时间内行驶的路程s(单位：km)．
[解析] (1)分割：在[0,2]上等间隔插入n－1个点将区间分成n个小区间，记第i个小区间为(i＝1,2，…，n)，Δt＝，则汽车在时间段，，…，上行驶的路程分别记为：Δs1，Δs2，…，Δsn，有sn＝si．
(2)近似代替：取ξi＝(i＝1,2，…，n)．
Δsi≈v·Δt＝·
＝－·＋(i＝1,2，…，n)．
(3)求和：sn＝si＝
＝－·－·－…－·＋100
＝－(12＋22＋…＋n2)＋100．
＝－8·＋100．
(4)取极限：
s＝sn
＝ ＝(km)．
B级 素养提升
一、选择题
1．()·()]的含义可以是( C )
A．求由直线x＝1，x＝5，y＝0，y＝3x围成的图形的面积
B．求由直线x＝0，x＝1，y＝0，y＝15x围成的图形的面积
C．求由直线x＝0，x＝5，y＝0，y＝3x围成的图形的面积
D．求由直线x＝0，x＝5，y＝0及曲线y＝围成的图形的面积
[解析] 将区间[0,5]n等分，则每一区间的长度为，各区间右端点对应函数值为y＝，
因此()·()]可以表示由直线x＝0、x＝5、y＝0和y＝3x围成的图形的面积的近似值．
2．直线x＝a，x＝b(a0)所围成的曲边梯形的面积S＝( D )
A．(ξ1)· B．(ξ1)·
C．(ξ1)· D．·f(ξi)
[解析] ∵△Si＝f(ξi)·
S＝Si＝(ξi)·．
故选D．
二、填空题
3．(2018·赣州二模)如图所示，由直线x＝a，x＝a＋1(a＞0)，y＝x2及x轴围成的曲边梯形的面积介于小矩形与大矩形的面积之间，即a2<∫x2dx<(a＋1)2．类比之，若对?n∈N＋，不等式＋＋…＋[解析] 因为＜∫dx<，
所以＜klnx|＜，
即＜k[ln(n＋2)－ln(n＋1)]＜
同理＜k[ln(n＋3)－ln(n＋2)]＜
…
同理＜k[ln2n－ln(2n－1)]＜
累加得＋＋…＋所以ln4＝k[ln(2n)－lnn)]，
所以ln4＝kln2，
故k＝2，
故答案为2．
4．由直线x＝1，x＝2，y＝0与曲线y＝所围成的曲边梯形，将区间[1,2]等分成4份，将曲边梯形较长的边近似看作高，则曲边梯形的面积是．
[解析] 将区间[1,2]4等分，则Δx＝，每个区间左端点值为1＋＝(i＝1,2,3,4)，所以小矩形的高为f()＝，
∴Sn＝()×＝＝＋＋＋＝．
三、解答题
5．火箭发射后ts的速度为v(t)(单位：m/s)，假定0≤t≤10，对函数v(t)，按v(t1)Δt＋v(t2)Δt＋…＋v(tn)Δt所作的和具有怎样的实际意义？
[解析] 将区间[0,10]等分成n个小区间，每个小区间长度为Δt，在每个小区间上取一点，依次为：t1，t2，t3…，ti，…，tn，虽然火箭的速度不是常数，但在一个小区间内其变化很小，所以用v(ti)代替第i个区间上的速度，这样v(ti)Δt≈火箭在第i个时段内运动的路程．
从而Sn＝v(t1)·Δt1＋…＋v(ti)·Δt＋…＋v(tn)·Δt≈s(火箭在10s内运行的路程)．
这就是函数v(t)在时间区间[0,10]上按v(t1)·Δt＋v(t2)·Δt＋…＋v(tn)·Δt式所作的和的实际背景．
当分割无限变细(Δt无限趋近于0)时，sn就无限趋近于火箭在10s内运动行的总路程．
C级 能力拔高
求由直线x＝1、x＝2、y＝0及曲线y＝围成的图形的面积S．
[解析] (1)分割
在区间[1,2]上等间隔地插入n－1个点，将它等分成n个小区间：
，，…，，记第i个区间为(i＝1,2，…，n)，其长度为
Δx＝－＝．
分别过上述n－1个分点作x轴的垂线，把曲边梯形分成n个小曲边梯形(如右图)，它们的面积记作：ΔS1、ΔS2、…、ΔSn，则小曲边梯形面积的和为S＝Si．
(2)近似代替
记f(x)＝．当n很大，即Δx很小时，在区间[，]上，可以认为f(x)＝的值变化很小，近似地等于一个常数，不妨认为它等于f()．从图形上看，就是用平行于x轴的直线段近似地代替小曲边梯形的曲边．这样，在区间上，用小矩形面积ΔSi′近似地代替ΔSi，即在局部小范围内“以直代曲”，则有
ΔSi≈ΔSi′＝fΔx＝·＝(i＝1,2，…，n)．
(3)求和
小曲边梯形的面积和Sn＝Si≈Si′
＝
＝＋＋…＋
＝n－＋－＋…＋－
＝n＝．
(4)取极限
S＝Sn＝．
∴由直线x＝1、x＝2、y＝0及曲线y＝围成的图形的面积S为．
第一章 1.5 第2课时 定积分的概念
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知 f(x)dx＝6，则6f(x)dx等于( C )
A．6 B．6(b－a)
C．36 D．不确定
[解析] 6f(x)dx＝6 f(x)dx＝36．故应选C．
2．设f(x)＝则f(x)dx的值是( D )
A．x2dx B．2xdx
C．x2dx＋2xdx D．2xdx＋x2dx
[解析] 由定积分性质(3)求f(x)在区间[－1,1]上的定积分，可以通过求f(x)在区间[－1,0]与[0,1]上的定积分来实现，显然D正确，故应选D．
3．若f(x)dx＝1，g(x)dx＝－3，则[2f(x)＋g(x)]dx＝( C )
A．2 B．－3
C．－1 D．4
[解析] [2f(x)＋g(x)]dx＝2f(x)dx＋g(x)dx＝2×1－3＝－1．
4．(2018·临沂高二检测)设a＝xdx，b＝x2dx，c＝x3dx，则a、b、c的大小关系为( B )
A．c>a>b B．a>b>c
C．a＝b>c D．a>c>b
5．已知f(x)＝x3－x＋sinx，则f(x)dx的值( A )
A．等于0 B．大于0
C．小于0 D．不确定
[解析] ∵f(x)为奇函数，由定积分性质知，f(x)dx＝0，选A．
6．下列定积分的值等于1的是( D )
A．xdx B．(x＋1)dx
C．dx D．1dx
二、填空题
7．由y＝sinx、x＝0、x＝、y＝0所围成的图形的面积可以写成sinxdx．
[解析] 由定积分的几何意义可得．
8．(2x－4)dx＝12．
[解析] 如图A(0，－4)，B(6,8)，M(2,0)，
S△AOM＝×2×4＝4，
S△MBC＝×4×8＝16，
∴(2x－4)dx＝16－4＝12．
三、解答题
9．利用定积分的几何意义，解释下列等式．
(1)2xdx＝1；(2) dx＝．
[解析] (1)2xdx表示由直线y＝2x，直线x＝0、x＝1、y＝0所围成的图形的面积，如图所示，阴影部分为直角三角形，所以S△＝×1×2＝1，故2xdx＝1．
(2) dx表示由曲线y＝，直线x＝－1、x＝1、y＝0所围成的图形面积(而y＝表示圆x2＋y2＝1在x轴上方的半圆)，如图所示阴影部分，所以S半圆＝，
故dx＝．
10．利用定积分的几何意义求dx．
[解析] 由y＝可知，x2＋y2＝1(y≥0)的图形为半圆，故∫－dx为圆心角120°的弓形CED的面积与矩形ABCD的面积之和．S弓形＝××12－×1×1×sinπ＝－
S矩形ABCD＝AB·BC＝2××＝．
∴dx＝＋．
B级 素养提升
一、选择题
1．下列命题不正确的是( D )
A．若f(x)是连续的奇函数，则f(x)dx＝0
B．若f(x)是连续的偶函数，则f(x)dx＝2f(x)dx
C．若f(x)在[a，b]上连续且恒正，则f(x)dx>0
D．若f(x)在[a，b)上连续且f(x)dx>0，则f(x)在[a，b)上恒正
[解析] 本题考查定积分的几何意义，对A：因为f(x)是奇函数，所以图象关于原点对称，所以x轴上方的面积和x轴下方的面积相等，故积分是0，所以A正确．对B：因为f(x)是偶函数，所以图象关于y轴对称，故图象都在x轴下方(或上方)且面积相等，故B正确．C显然正确．D选项中f(x)也可以小于0，但必须有大于0的部分，且f(x)>0的曲线围成的面积比f(x)<0的曲线围成的面积大．
2．(2018·淮南一模)求曲线y＝x2与y＝x所围成的图形的面积S，正确的是( A )
A．S＝(x－x2)dx B．S＝(x2－x)dx
C．S＝(y2－y)dy D．S＝(y－)dy
[解析] 根据题意，如图所示，阴影部分为曲线y＝x2与y＝x所围成的图形，
其面积S＝S△ABO－S曲边梯形ABO＝(x－x2)dx；
故选A．
二、填空题
3．已知f(x)是一次函数，其图象过点(3,4)且f(x)dx＝1，则f(x)的解析式为f(x)＝x＋．
[解析] 设f(x)＝ax＋b(a≠0)，
∵f(x)图象过(3,4)点，∴3a＋b＝4．
又f(x)dx＝(ax＋b)dx＝axdx＋bdx＝a＋b＝1．
解方程组得
∴f(x)＝x＋．
4．(2017·兴庆区校级二模)由直线y＝－x＋和曲线y＝围成的封闭图形的面积为－2ln2．
[解析] 曲线y＝－x＋，直线y＝联立，可得交点坐标为(，2)、(2，)，
∴曲线y＝－x＋，直线y＝所围成的封闭图形的面积为S＝ (－x＋－)dx＝(－x2＋x－lnx)| ＝－2ln2．
故答案为－2ln2．
三、解答题
5．已知函数f(x)＝求f(x)在区间[－2,2π]上的积分．
[解析] 由定积分的几何意义知
x3dx＝0，
2xdx＝＝π2－4，
cosxdx＝0，由定积分的性质得
f(x)dx＝x3dx＋2xdx＋cosxdx＝π2－4．
6．已知x3dx＝，x3dx＝，x2dx＝，x2dx＝，
求：(1)3x3dx；
(2)6x2dx；
(3)(3x2－2x3)dx．
[解析] (1)3x3dx＝3x3dx＝3(x3dx＋x3dx)
＝3×(＋)＝12．
(2)6x2dx＝6x2dx
＝6(x2dx＋x2dx)
＝6×(＋)＝126．
(3)(3x2－2x3)dx
＝3x2dx－2x3dx
＝3x2dx－2x3dx
＝3×－2×＝－．
C级 能力拔高
画出下列曲线围成的平面区域并用定积分表示其面积．
(1)y＝|sinx|，y＝0，x＝2，x＝5．
(2)y＝logx，y＝0，x＝，x＝3．
[解析] (1)曲线所围成的平面区域如图所示．
设此面积为S，则S＝|sinx|dx
或S＝sinxdx＋(－sinx)dx
＝sinxdx－πsinxdx．
(2)曲线所围成的平面区域如图所示．
设此面积为S．则S＝logxdx－logxdx．
第一章 1.6 微积分基本定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2018·四平模拟)定积分dx的值为( A )
A． B．
C．π D．2π
[解析] ∵y＝，
∴(x－1)2＋y2＝1表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆，
∴定积分dx所围成的面积就是该圆的面积的四分之一，
∴定积分dx＝，
故选A．
2．(2018·铁东区校级二模)由曲线xy＝1与直线y＝x，y＝3所围成的封闭图形面积为( D )
A．2－ln3 B．ln3
C．2 D．4－ln3
[解析] 方法一：由xy＝1，y＝3可得交点坐标为(，3)，由xy＝1，y＝x可得交点坐标为(1,1)，
由y＝x，y＝3可得交点坐标为(3,3)，
∴由曲线xy＝1，直线y＝x，y＝3所围成的平面图形的面积为
(3－)dx＋(3－x)dx＝(3x－lnx)|＋(3x－x2)|，
＝(3－1－ln3)＋(9－－3＋)＝4－ln3
故选D．
方法二：由xy＝1，y＝3可得交点坐标为(，3)，
由xy＝1，y＝x可得交点坐标为(1,1)，
由y＝x，y＝3可得交点坐标为(3,3)，
对y积分，则S＝(y－)dy＝(y2－lny)|＝－ln3－(－0)＝4－ln3，
故选D．
3．(2018·安庆高二检测)已知函数f(x)＝xn＋mx的导函数f ′(x)＝2x＋2，则f(－x)dx＝( D )
A．0 B．3
C．－ D．
[解析] ∵f(x)＝xn＋mx的导函数f ′(x)＝2x＋2，
∴nxn－1＋m＝2x＋2，
解得n＝2，m＝2，
∴f(x)＝x2＋2x，
∴f(－x)＝x2－2x，
∴f(－x)dx＝(x2－2x)dx＝(x3－x2)|＝9－9－＋1＝，故选D．
4．函数F(x)＝costdt的导数是( A )
A．f ′(x)＝cosx B．f ′(x)＝sinx
C．f ′(x)＝－cosx D．f ′(x)＝－sinx
[解析] F(x)＝costdt＝sint＝sinx－sin0＝sinx．
所以f ′(x)＝cosx，故应选A．
5．(2018·昆明高二检测)若直线l1：x＋ay－1＝0与l2：4x－2y＋3＝0垂直，则积分 (x3＋sin x－5)dx的值为( D )
A．6＋2sin 2 B．－6－2cos 2
C．20 D．－20
[解析] 由l1⊥l2得4－2a＝0即a＝2，∴原式＝
(x3＋sin x－5)dx＝ (x3＋sin x)dx＋ (－5)dx＝0－20＝－20．
6．dθ的值为( D )
A．－ B．－
C． D．
[解析] ∵1－2sin2＝cosθ，
∴dθ＝cosθdθ
＝sinθ＝，故应选D．
二、填空题
7．从如图所示的长方形区域内任取一个点M(x，y)，则点M取自阴影部分的概率为．
[解析] 长方形的面积为S1＝3，S阴＝3x2dx＝x3＝1，则P＝＝．
8．已知f(x)＝3x2＋2x＋1，若f(x)dx＝2f(a)成立，则a＝－1或．
[解析] 由已知F(x)＝x3＋x2＋x，F(1)＝3，F(－1)＝－1，
∴f(x)dx＝F(1)－F(－1)＝4，
∴2f(a)＝4，∴f(a)＝2．
即3a2＋2a＋1＝2．解得a＝－1或．
三、解答题
9．计算下列定积分：
(1)(4－2x)(4－x2)dx; (2)dx．
[解析] (1)(4－2x)(4－x2)dx＝(16－8x－4x2＋2x3)dx
＝＝32－16－＋8＝．
(2)dx＝dx
＝＝－3ln2．
10．(2017·泉州模拟)已知f(x)＝(kx＋b)ex且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝e(x－1)．
(1)求k与b的值；
(2)求x·exdx．
[解析] (1)∵f(x)＝(kx＋b)ex，
∴f′(x)＝(kx＋k＋b)ex，
∴f′(1)＝e，f(1)＝0，
即
解得k＝1，b＝－1．
(2)由(1)知f(x)＝(x－1)ex，
f′(x)＝xex，
∴(xex)dx＝(x－1)ex|＝0＋1＝1．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2016·岳阳高二检测)若S1＝x2dx，S2＝dx，S3＝exdx，则S1，S2，S3的大小关系为( B )
A．S1C．S2[解析] S1＝x2dx＝|＝．
S2＝dx＝lnx|＝ln2－ln1＝ln2．
S3＝exdx＝ex|＝e2－e＝e(e－1)．
∵e>2．7，∴S3>3>S1>S2．故选B．
2．定义在R上的可导函数y＝f(x)，如果存在x0∈[a，b]，使得f(x0)＝成立，则称x0为函数f(x)在区间[a，b]上的“平均值点”，那么函数f(x)＝x3－3x在区间[－2,2]上“平均值点”的个数为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 由已知得：f(x0)＝＝＝0，即x－3x0＝0，解得：x0＝0或x0＝±，∴f(x)的平均值点有3个，故选C．
二、填空题
3． (x＋cosx)dx＝2．
[解析] (x＋cosx)dx＝(x2＋sinx) ＝2．
4．函数y＝x2与y＝kx(k>0)的图象所围成的阴影部分的面积为，则k＝3．
[解析] 由解得或
由题意得，(kx－x2)dx＝(kx2－x3)|＝k3－k3＝k3＝，∴k＝3．
三、解答题
5．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，且f(－1)＝2，f ′(0)＝0，f(x)dx＝－2，求a、b、c的值．
[解析] ∵f(－1)＝2，∴a－b＋c＝2．①
又∵f ′(x)＝2ax＋b，∴f ′(0)＝b＝0②
而f(x)dx＝(ax2＋bx＋c)dx，
取F(x)＝ax3＋bx2＋cx，
则f ′(x)＝ax2＋bx＋c，
∴f(x)dx＝F(1)－F(0)＝a＋b＋c＝－2③
解①②③得a＝6，b＝0，c＝－4．
6．如图，直线y＝kx分抛物线y＝x－x2与x轴所围成图形为面积相等的两部分，求k的值．
[解析] 抛物线y＝x－x2与x轴两交点的横坐标x1＝0，x2＝1，所以，抛物线与x轴所围图形的面积
S＝(x－x2)dx＝(－)|＝－＝．
抛物线y＝x－x2与直线y＝kx两交点的横坐标为x′1＝0，x′2＝1－k，所以＝ (x－x2－kx)dx＝(x2－)|＝(1－k)3，
又知S＝，所以(1－k)3＝．
于是k＝1－＝1－．
C级 能力拔高
设f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等的实根，且f′(x)＝2x＋2．
(1)求y＝f(x)的表达式．
(2)若直线x＝－t(0[解析] (1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，
又已知f′(x)＝2x＋2，所以a＝1，b＝2，
所以f(x)＝x2＋2x＋c．
又方程f(x)＝0有两个相等实根．
所以判别式Δ＝4－4c＝0，即c＝1．
故f(x)＝x2＋2x＋1．
(2)依题意有(x2＋2x＋1)dx
＝(x2＋2x＋1)dx，
所以|＝|
即－t3＋t2－t＋＝t3－t2＋t．
所以2t3－6t2＋6t－1＝0，
所以2(t－1)3＝－1，
所以t＝1－．
第一章 1.7 变化率问题
A级 基础巩固
一、选择题
1．如图所示，阴影部分的面积是( C )
A．2 B．2－
C． D．
[解析] S＝ (3－x2－2x)dx
即F(x)＝3x－x3－x2，
则F(1)＝3－1－＝，
F(－3)＝－9－9＋9＝－9．
∴S＝F(1)－F(－3)＝＋9＝．故应选C．
2．一物体以速度v＝(3t2＋2t)m/s做直线运动，则它在t＝0s到t＝3s时间段内的位移是( B )
A．31m B．36m
C．38m D．40m
[解析] S＝(3t2＋2t)dt＝(t3＋t2)＝33＋32＝36(m)，故应选B．
3．利用定积分的几何意义，可求得dx＝( B )
A．9π B．π
C．π D．π
[解析] 由定积分的几何意义知，dx表示圆x2＋y2＝9位于x轴上方部分(即半圆)的面积，
∴dx＝×π×32＝．
4．直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( D )
A．2 B．4
C．2 D．4
[解析] 如图所示
由解得或
∴第一象限的交点坐标为(2,8)
由定积分的几何意义得，S＝(4x－x3)dx＝(2x2－)|＝8－4＝4．
5．(2018·红谷滩新区校级二模)某人吃完饭后散步，在0到3小时内速度与时间的关系为v＝t3－3t2＋2t(km/h)，这3小时内他走过的路程为( C )
A．kπ B．kπ
C．kπ D．kπ
[解析] v＝t3－3t2＋2t的原函数可为F(t)＝t4－t3＋t2＝t2(t－2)2，
路程为v(t)dt－v(t)dt＋v(t)dt＝F(1)－F(0)－F(2)＋F(1)＋F(3)－F(2)＝2F(1)＋F(3)＝(km)，
故选C．
6．若某产品一天内的产量(单位：百件)是时间t的函数，若已知产量的变化率为a＝，那么从3小时到6小时期间内的产量为( D )
A． B．3－
C．6＋3 D．6－3
[解析] dt＝＝6－3，故应选D．
二、填空题
7．由曲线y2＝2x，y＝x－4所围图形的面积是18．
[解析] 如图，为了确定图形的范围，先求出这两条曲线交点的坐标，解方程组得交点坐标为(2，－2)，(8,4)．
因此所求图形的面积S＝ (y＋4－)dy
取F(y)＝y2＋4y－，则f ′(y)＝y＋4－，从而S＝F(4)－F(－2)＝18．
8．由两条曲线y＝x2，y＝x2与直线y＝1围成平面区域的面积是．
[解析] 解法1：如图，y＝1与y＝x2交点A(1,1)，y＝1与y＝交点B(2,1)，
由对称性可知面积S＝2(x2dx＋dx－x2dx)＝．
解法2：同解法1求得A(1,1)，B(2,1)．
由对称性知阴影部分的面积
S＝2·[(x2－x2)dx＋(1－x2)dx]
＝2·[x3|＋(x－x3)|]
＝2×(＋)＝．
解法3：同解法1求得A(1,1)B，(2,1)，C(－1,1)，D(－2，1)．
S＝ (1－x2)dx－ (1－x2)dx
＝(x－x3)|－(x－x3)|
＝－＝．
解法4: 同解法1求得A(1,1)，B(2,1)，取y为积分变量，
由对称性知，S＝2(2－)dy
＝2dy＝2×(|)＝．
三、解答题
9．计算曲线y＝x2－2x＋3与直线y＝x＋3所围图形的面积．
[解析] 由解得x＝0及x＝3．
从而所求图形的面积
S＝[(x＋3)－(x2－2x＋3)]dx
＝(－x2＋3x)dx
＝＝．
10．一质点在直线上从时刻t＝0(s)开始以速度v＝t2－4t＋3(单位：m/s)运动．求：
(1)在t＝4s的位置；
(2)在t＝4s内运动的路程．
[解析] (1)在时刻t＝4时该点的位置为
(t2－4t＋3)dt＝(t3－2t2＋3t)|
＝(m)，
即在t＝4s时刻该质点距出发点m．
(2)因为v(t)＝t2－4t＋3＝(t－1)(t－3)，
所以在区间[0,1]及[3,4]上的v(t)≥0，
在区间[1,3]上，v(t)≤0，所以t＝4s时的路程为S＝(t2－4t＋3)dt＋|(t2－4t＋3)dt|＋(t2－4t＋3)dt＝(t3－2t2＋3t)|＋|(t3－2t2＋3t)||＋(t3－2t2＋3t)|
＝＋＋＝4(m)
即质点在4s内运动的路程为4m．
B级 素养提升
一、选择题
1．若(2x＋)dx＝3＋ln2且a>1，则实数a的值是( A )
A．2 B．3
C．5 D．6
[解析] (2x＋)dx＝(x2＋lnx)|＝a2＋lna－(1＋ln1)＝3＋ln2，a>1，
∴a2＋lna＝4＋ln2＝22＋ln2，解得a＝2，故选A．
2．(2018·济南高二检测)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形区域的A处与C处各有一个通信基站，其信号覆盖范围分别为如图所示的阴影区域，该正方形区域内无其它信号来源且这两个基站工作正常，若在该正方形区域内随机选择一个地点，则该地点无信号的概率为( B )
A． B．1－
C． D．1－
[解析] 由题意得：S阴＝2(e－ex)dx＝2(ex－ex)|＝2，由几何概型得所求概率P＝1－＝1－．
二、填空题
3．如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为．
[解析] 本题考查了定积分的计算与几何概型．联立解得，或者，∴O(0,0)，B(1,1)，
∴S阴影＝(－x)dx＝(x－)|＝－＝，∴P＝＝＝．
4．已知函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋2，则f(1)＋f ′(1)＝3．
[解析] ∵切点M在切线y＝x＋2上，
∴f(1)＝×1＋2＝，
又切线斜率k＝，∴f ′(1)＝，
∴f(1)＋f ′(1)＝＋＝3．
三、解答题
5．设f(x)是二次函数，其图象过点(0,1)，且在点(－2，f(－2))处的切线方程为2x＋y＋3＝0．
(1)求f(x)的表达式；
(2)求f(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面积；
(3)若直线x＝－t(0[解析] (1)设f(x)＝ax2＋bx＋c，
∵其图象过点(0,1)，∴c＝1，
又∵在点(－2，f(－2))处的切线方程为2x＋y＋3＝0，∴
∵f ′(x)＝2ax＋b，∴
∴a＝1，b＝2，故f(x)＝x2＋2x＋1．
(2)依题意，f(x)的图象与两坐标轴所围成的图形如图中阴影部分所示，
故所求面积S＝ (x2＋2x＋1)dx＝(x3＋x2＋x)|＝．
(3)依题意，有
S＝ (x2＋2x＋1)dx＝(x3＋x2＋x)|＝，
即t3－t2＋t＝，
∴2t3－6t2＋6t－1＝0，∴2(t－1)3＝－1，
∴t＝1－．
6．如图，设点P在曲线y＝x2上，从原点向A(2,4)移动，记直线OP与曲线y＝x2所围成图形的面积为S1，直线OP、直线x＝2与曲线y＝x2所围成图形的面积为S2．
(1)当S1＝S2时，求点P的坐标；
(2)当S1＋S2取最小值时，求点P的坐标及此最小值．
[解析] (1)设点P的横坐标为t(0S1＝(tx－x2)dx＝t3，
S2＝(x2－tx)dx＝－2t＋t3，
因为S1＝S2，所以t3＝－2t＋t3，解得t＝，
故点P的坐标为(，)．
(2)令S＝S1＋S2，
由(1)知，S＝t3＋－2t＋t3＝t3－2t＋，则S′＝t2－2，
令S′＝0，得t2－2＝0，因为0又当00；
故当t＝时，S1＋S2有最小值，最小值为－，此时点P的坐标为(，2)．
