导数的几何意义及其应用
利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得
y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)， ①
又y1＝f(x1)， ②
由①②求出x1，y1的值，
即求出了过点P(x0，y0)的切线方程．
【例1】 (1)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A．2e B．e
C．2 D．1
(2)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
[思路探究] (1)曲线在点(1,1)处的切线斜率即为该点处的导数．
(2)由导数值的大小变化，确定原函数的变化情况，从而得出结论．
[解析] (1)y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为k＝2.
(2)从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误；B项正确．
[答案] (1)C (2)B
1．已知曲线y＝x3＋.
(1)求曲线在点P(2,4)处的切线方程；
(2)求曲线过点P(2,4)的切线方程；
(3)求斜率为4的曲线的切线方程．
[解] (1)∵P(2,4)在曲线y＝x3＋上，且y′＝x2，
∴在点P(2,4)处的切线的斜率k＝4.
∴曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.
(2)设曲线y＝x3＋与过点P(2,4)的切线相切于点A，则切线的斜率k＝x.
∴切线方程为y－＝x(x－x0)，
即y＝x·x－x＋.
∵点P(2,4)在切线上，
∴4＝2x－x＋，
即x－3x＋4＝0，
∴x＋x－4x＋4＝0.
∴x(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，
解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
(3)设切点为(x0，y0)，
则切线的斜率k＝x＝4，∴x0＝±2.
∴切点为(2,4)或.
∴斜率为4的曲线的切线方程为y－4＝4(x－2)和y＋＝4(x＋2)，
即4x－y－4＝0和12x－3y＋20＝0.
利用导数判断函数的单调性
利用导数的符号判断函数的增减性，进而确定函数的单调区间，这是导数的几何意义在研究曲线变化规律时的一个应用，它充分体现了数形结合思想．这部分内容要注意的是f(x)为增函数?f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数?f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个．
【例2】 设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[思路探究] (1)利用导数的几何意义和求导运算建立方程组求未知数．(2)利用导数与函数单调性的关系判断函数的单调性．
[解] (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，即
解得
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1．
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
2．(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x＞0时，(x－2)ex＋x＋2＞0；
(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1．
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)g′(x)＝＝(f(x)＋a)．
由(1)知，f(x)＋a单调递增．
对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，
即g′(xa)＝0.
当0
当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝.
由＝＞0，得y＝单调递增，
所以，由xa∈(0,2]，得
＝＜h(a)＝≤＝.
因为y＝单调递增，对任意λ∈，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.
所以h(a)的值域是.
综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.
利用导数研究函数的极值、最值
由函数的解析式能求出函数的极值和最值，反过来由函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．另外，这部分内容可能会和恒成立问题、有解等问题联系到一起考查．
【例3】 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b的图象上一点P(1,0)，且在点P处的切线与直线3x＋y＝0平行．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在区间[0，t](0(3)在(1)的结论下，关于x的方程f(x)＝c在区间[1,3]上恰有两个相异的实根，求实数c的取值范围．
[思路探究] (1)由求出a，b即可．
(2)对t分0(3)构造函数g(x)＝f(x)－c转化为g(x)在[1,3]上有实根求解．
[解] (1)因为f′(x)＝3x2＋2ax，曲线在P(1,0)处的切线斜率为：f′(1)＝3＋2a，即3＋2a＝－3，a＝－3.
又函数过(1,0)点，即－2＋b＝0，b＝2.
所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2.
(2)由f(x)＝x3－3x2＋2，得f′(x)＝3x2－6x.
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
①当0②当2x
0
(0,2)
2
(2，t)
t
f′(x)
0
－
0
＋
＋
f(x)
2
单调递减↘
极小值－2
单调递增↗
t3－3t2＋2
f(x)的最小值为f(2)＝－2，f(x)的最大值为f(0)与f(t)中较大的一个．
f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0.
所以f(x)的最大值为f(0)＝2.
(3)令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，
g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
在x∈[1,2)上，g′(x)<0；在x∈(2,3]上，g′(x)>0.要使g(x)＝0在[1,3]上恰有两个相异的实根，则解得－23．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间－1，存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
[解] (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，
g′(x)＝－sin x＋，
当x∈－1，时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在－1，有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，单调递减，故g(x)在－1，存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈0，时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈α，，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈β，时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，单调递减．又f(0)＝0，f＝1－ln1＋>0，所以当x∈0，时，f(x)>0.从而，f(x)在0，没有零点．
(ⅲ)当x∈，π时，f′(x)<0，所以f(x)在，π单调递减．而f>0，f(π)<0，所以f(x)在，π有唯一零点．
(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
函数与方程的思想
函数的单调性是证明不等式的一种常用方法，证明时灵活构造函数关系，尽可能选择求导和判断导数符号都比较容易的函数，如果证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)与0的关系，若F′(x)＞0，则函数F(x)在(a，b)上是增函数．若F(a)≥0，则由增函数的定义，知当x∈(a，b)时，有F(x)＞F(a)≥0，即f(x)＞g(x)成立，同理可证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)．
【例4】 设函数f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)[思路探究] (1)利用f′(1)＝0，f′(2)＝0，列方程组求解．
(2)转化为求函数f(x)的最大值问题．
[解] (1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b.
因为函数f(x)在x＝1及x＝2时取得极值，
则有f′(1)＝0，f′(2)＝0，即解得
(2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，
则f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．
当x∈[0,1)时，f′(x)>0；
当x∈[1,2]时，f′(x)<0；
当x∈(2,3]时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得极大值f(1)＝5＋8c，当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4＋8c，又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c.
所以当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
因为对于任意的x∈[0,3]，有f(x)所以9＋8c9.
故c的取值范围为c<－1或c>9.
4．已知函数f(x)＝，且f(x)的图象在x＝1处与直线y＝2相切．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若P(x0，y0)为f(x)图象上的任意一点，直线l与f(x)的图象相切于P点，求直线l的斜率k的取值范围．
[解] (1)对函数f(x)求导，得f′(x)＝＝.
因为f(x)的图象在x＝1处与直线y＝2相切．
所以即所以a＝4，b＝1，
所以f(x)＝.
(2)因为f′(x)＝，所以直线l的斜率
k＝f′(x0)＝＝4，令t＝，t∈(0,1]，则k＝4(2t2－t)＝8－，所以k∈.
定积分及其应用
定积分是对“分割、近似代替、求和、取极限”的概括，包含“以直代曲”的数学思想，利用定积分的几何意义、物理意义及微积分基本定理．可以解决不规则平面图形的面积及变力作功问题．
【例5】 设两抛物线y＝－x2＋2x，y＝x2所围成的图形为M，求M的面积．
[思路探究] 求出两抛物线的交点，画出图象、利用定积分求解．
[解] 函数y＝－x2＋2x，y＝x2在同一平面直角坐标系中的图象如图所示．
由图可知，图形M的面积
S＝(－x2＋2x－x2)dx
＝(－2x2＋2x)dx
＝＝.
5．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝7－3t＋(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是( )
A．1＋25ln 5 B．8＋25ln
C．4＋25ln 5 D．4＋50ln 2
[解析] 由v(t)＝7－3t＋＝0，可得t＝4，因此汽车从刹车到停止一共行驶了4 s，在此期间行驶的距离为v(t)dt＝
dt
＝
＝4＋25ln 5.
[答案] C
1．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( )
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.
[答案] D
2．函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为( )
[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.
[答案] D
3．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
[解析] 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1．
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x<－2时，f′(x)>0；－21时，f′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1．
故选A.
[答案] A
4．已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
[解析] f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵ cos x＋1≥0，
∴ 当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴ 当cos x＝时，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴ 当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
[答案] －
5.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
[解析] 如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝
＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积
V＝S△ABC·h＝x2·＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
∴三棱锥体积的最大值为4 cm3.
[答案] 4
6．已知函数f(x)＝aex－ln x－1．
设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间．
[解] f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
课件61张PPT。第一章 导数及其应用章末复习课导数的几何意义及其应用 利用导数判断函数的单调性 利用导数研究函数的极值、最值函数与方程的思想定积分及其应用 Thank you for watching !章末综合测评(一) 导数及其应用
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12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．若函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，且x0∈(a，b)，则 的值为( )
A．f′(x0) B．2f′(x0)
C．－2f′(x0) D．0
[解析]
＝2 ＝2f′(x0)，故选B.
[答案] B
2．设曲线y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a＝( )
A．1 B. C．－ D．－1
[解析] y′＝2ax，于是切线斜率k＝y′|x＝1＝2a，由题意知2a＝2，∴a＝1．
[答案] A
3．下列各式正确的是( )
A．(sin a)′＝cos a(a为常数)
B．(cos x)′＝sin x
C．(sin x)′＝cos x
D．(x－5)′＝－x－6
[解析] 由导数公式知选项A中(sin a)′＝0；选项B中(cos x)′＝－sin x；选项D中(x－5)′＝－5x－6.
[答案] C
4．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
[解析] f′(x)＝(x－2)ex，由f′(x)>0，得x>2，所以函数f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．
[答案] D
5．若函数f(x)＝x3－f′(1)·x2－x，则f′(1)的值为( )
A．0 B．2
C．1 D．－1
[解析] f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，则f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，解得f′(1)＝0.
[答案] A
6．如图所示，图中曲线方程为y＝x2－1，用定积分表示围成封闭图形(阴影部分)的面积是( )
A.
B.(x2－1)dx
C.|x2－1|dx
D.(x2－1)dx－(x2－1)dx
[解析] S＝[－(x2－1)]dx＋(x2－1)dx
＝|x2－1|dx.
[答案] C
7．函数f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是( )
A．2 B．1
C．0 D．由a确定
[解析] f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x2＋2x＋1)＝3(x＋1)2≥0，∴函数f(x)在R上单调递增，无极值．故选C.
[答案] C
8．若函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a在区间[－2，－1]上的最大值为2，则它在该区间上的最小值为( )
A．－5 B．7
C．10 D．－19
[解析] ∵f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)，
所以函数在[－2，－1]内单调递减，
所以最大值为f(－2)＝2＋a＝2.
∴a＝0，最小值f(－1)＝a－5＝－5.
[答案] A
9．已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′(x)>1，则f(x)>x的解集是( )
A．(0,1) B．(－1,0)∪(0,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[解析] 不等式f(x)>x可化为f(x)－x>0，
设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，
由题意g′(x)＝f′(x)－1>0，
∴函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝f(1)－1＝0，
∴原不等式?g(x)>0?g(x)>g(1)．
∴x>1，故选C.
[答案] C
10．已知函数f(x)＝x2＋2x＋aln x，若函数f(x)在(0,1)上单调，则实数a的取值范围是( )
A．a≥0 B．a<－4
C．a≥0或a≤－4 D．a>0或a<－4
[解析] f′(x)＝2x＋2＋，x∈(0,1)，
∵f(x)在(0,1)上单调，
∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(0,1)上恒成立，
∴2x＋2＋≥0或2x＋2＋≤0在(0,1)上恒成立，
即a≥－2x2－2x或a≤－2x2－2x在(0,1)上恒成立．
设g(x)＝－2x2－2x＝－22＋，则g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(x)的最大值为g(0)＝0，
g(x)的最大值为g(1)＝－4.
∴a≥0或a≤－4.
[答案] C
11．曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离为( )
A. B．2
C．3 D．2
[解析] 设曲线上的点A(x0，ln(2x0－1))到直线2x－y＋3＝0的距离最短，
则曲线上过点A的切线与直线2x－y＋3＝0平行．
因为y′＝·(2x－1)′＝，
所以k＝＝2，解得x0＝1．
所以点A的坐标为(1,0)．
所以点A到直线2x－y＋3＝0的距离为
d＝＝＝.
[答案] A
12．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导数为f′(x)，f′(0)>0，且对于任意实数x，有f(x)≥0，则的最小值为( )
A．3 B.
C．2 D.
[解析] 由题意，得f′(x)＝2ax＋b.
由对任意实数x，有f(x)≥0，知图象开口向上，所以a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，所以ac≥.
因为f′(0)>0，所以b>0，且在x＝0处函数递增．
由此知f(0)＝c>0.
所以＝≥≥＝2.
[答案] C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．(3x＋sin x)dx＝__________.
[解析] (3x＋sin x)dx＝＝－(0－cos 0)＝＋1．
[答案] ＋1
14．若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．
[解析] 设P(x0，y0)，∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，
∴点P处的切线斜率为k＝－e－x0＝－2，
∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2，
∴y0＝eln 2＝2，∴点P的坐标为(－ln 2,2)．
[答案] (－ln 2,2)
15．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是__________．
[解析] 令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，
可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，
极小值为f(1)＝－2，
如图所示，－2[答案] (－2,2)
16．周长为20 cm的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为________cm3.
[解析] 设矩形的长为x，则宽为10－x(0∴V′(x)＝20πx－3πx2.
由V′(x)＝0，得x＝0(舍去)，x＝，
且当x∈时，V′(x)>0，
当x∈时，V′(x)<0，
∴当x＝时，V(x)取得最大值为π cm3.
[答案] π
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限，
(1)求P0的坐标；
(2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．
[解] (1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，
由已知得3x2＋1＝4，解得x＝±1．
当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.
又因为点P0在第三象限，
所以切点P0的坐标为(－1，－4)．
(2)因为直线l⊥l1，l1的斜率为4，
所以直线l的斜率为－，
因为l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，
所以直线l的方程为y＋4＝－(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1(a>0)．
(1)求函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当a>1时，求函数y＝f(x)的单调区间和极值．
[解] (1)f(0)＝1，f′(x)＝＋x－a＝，f′(0)＝0，所以函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1．
(2)函数的定义域为(－1，＋∞)，令f′(x)＝0，
即＝0.解得x＝0或x＝a－1．
当a>1时，f(x)，f′(x)随x变化的变化情况为
x
(－1,0)
0
(0，a－1)
a－1
(a－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↗
可知f(x)的单调减区间是(0，a－1)，单调增区间是(－1,0)和(a－1，＋∞)，极大值为f(0)＝1，极小值为f(a－1)＝aln a－a2＋.
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2－mln x，h(x)＝x2－x＋a，
(1)当a＝0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(2)当m＝2时，若函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)由f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，
得m≤在(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝，故g′(e)＝0，
当x∈(1，e)时，g′(x)<0；
x∈(e，＋∞)时，g′(x)>0.
故g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
故当x＝e时，g(x)的最小值为g(e)＝e.
所以m≤e.
(2)由已知可知k(x)＝x－2ln x－a，函数k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)＝x－2ln x与直线y＝a有两个不同的交点，
φ′(x)＝1－＝，故φ′(2)＝0，
所以当x∈[1,2)时，φ′(x)<0，所以φ(x)单调递减，
当x∈(2,3]时，φ′(x)>0，所以φ(x)单调递增．
所以φ(1)＝1，φ(3)＝3－2ln 3，φ(2)＝2－2ln 2，
且φ(1)>φ(3)>φ(2)>0，
所以2－2ln 2所以实数a的取值范围为(2－2ln 2,3－2ln 3]．
20．(本小题满分12分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r m，高为h m，体积为V m3.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/m2，底面的建造成本为160元/m2，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，从而
V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r>0，又由h>0可得0＜r<5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
21．(本小题满分12分)抛物线y＝ax2＋bx在第一象限内与直线x＋y＝4相切．此抛物线与x轴所围成的图形的面积记为S.求使S达到最大值的a，b值，并求S的最大值．
[解] 由题设可知抛物线与x轴交点的横坐标分别为x1＝0，x2＝－，
所以S＝(ax2＋bx)dx
＝a·＋b·， ①
又直线x＋y＝4与抛物线y＝ax2＋bx相切，即它们有唯一的公共点，
由方程组得
ax2＋(b＋1)x－4＝0，其判别式Δ＝0，
即(b＋1)2＋16a＝0.
于是a＝－(b＋1)2，代入①式得：
S(b)＝(b>0)，S′(b)＝；
令S′(b)＝0，在b＞0时，得b＝3，且当0S′(b)>0；
当b>3时，S′(b)<0.
故在b＝3时，S(b)取得极大值，也是最大值，
即a＝－1，b＝3时，S取得最大值，且S最大值＝.
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x>0，且x≠1时，f(x)>.
[解] (1)f′(x)＝－，
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)证明：由(1)知，f(x)＝＋，
所以f(x)－＝.
设函数h(x)＝2ln x－(x>0)，
则h′(x)＝－＝－.
所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，得f(x)>；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，得f(x)>.
故当x>0，且x≠1时，f(x)>.
