课件39张PPT。第三章 导数及其应用本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放[学生用书P139(单独成册)])
[A 基础达标]
1．函数y＝的导数是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选C.y′＝′
＝
＝.
2．(2019·济南高二检测)函数f(x)＝exln x的图象在点(1，f(1))处的切线方程是( )
A．y＝2e(x－1) B．y＝ex－1
C．y＝e(x－1) D．y＝x－e
解析：选C.因为f′(x)＝ex，所以f′(1)＝e.又f(1)＝0，所以所求的切线方程为y＝e(x－1)．
3．设a∈R，若函数y＝ex＋2ax有大于0的极值点，则( )
A．a<－ B．a>－
C．a<－ D．a>－
解析：选C.由y＝ex＋2ax，得y′＝ex＋2a.由题意，得ex＋2a＝0有正数解．当x>0时，ex＝－2a>1，即a<－.
4．(2019·长春高二检测)已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)
A. B．
C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)
解析：选D.由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－10，函数f(x)单调递增，且易得f(1)>f(－1)，故当x∈[－1，1]时，f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.
5．已知函数f(x)＝x－sin x，若x1，x2∈，且f(x1)＋f(x2)>0，则下列不等式中正确的是( )
A．x1>x2 B．x1C．x1＋x2>0 D．x1＋x2<0
解析：选C.易知函数f(x)为奇函数，又f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)为增函数，由f(x1)＋f(x2)>0?f(x1)>－f(x2)?f(x1)>f(－x2)?x1>－x2?x1＋x2>0.
6．函数y＝x3＋1的图象与直线y＝x相切，则a＝________．
解析：由题可得y′＝x2.可设切点为(x0，x0)，则解得a＝4.
答案：4
7．设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，则f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝x(ex－1)－x2，
所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；
当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间是[－1，0]．
答案：(－∞，－1)，(0，＋∞) [－1，0]
8．已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2，给出以下命题：
①若函数y＝f(x)＋3bx不存在单调递减区间，则实数b的取值范围是(1，＋∞)；
②过点M(0，2)且与曲线y＝f(x)相切的直线有三条；
③方程f(x)＝的所有实根的和为16.
其中真命题的序号是________．
解析：因为y＝f(x)＋3bx＝x3－6x2＋(9＋3b)x－2，所以y′＝3x2－12x＋9＋3b，若函数y＝x3－6x2＋(9＋3b)x－2不存在单调递减区间，则有(－12)2－12(9＋3b)≤0，解得b≥1，所以①是假命题；设过点M(0，2)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则有3x－12x0＋9＝.又点(x0，y0)在曲线y＝f(x)上，所以y0＝x－6x＋9x0－2，代入上式，得x－3x＋2＝(x0－1)[x0－(1＋)][x0－(1－)]＝0，解得x0＝1或x0＝1＋或x0＝1－，所以过点M(0，2)且与曲线y＝f(x)相切的直线有三条，所以②是真命题；由题意，得函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2的图象关于点(2，0)成中心对称，且函数y＝的图象也关于点(2，0)成中心对称，结合图象(图略)可知方程f(x)＝有4个实数根，故所有实数根的和为4＋4＝8，所以③是假命题．
答案：②
9．设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3处取得极值．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在点A(1，16)处的切线方程．
解：(1)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.
因为f(x)在x＝3处取得极值，
所以f′(3)＝6×9－6(a＋1)×3＋6a＝0，解得a＝3.
所以f(x)＝2x3－12x2＋18x＋8.
(2)A点在f(x)上，由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，
f′(1)＝6－24＋18＝0，所以切线方程为y＝16.
10．(2017·高考北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝ f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)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.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则
h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈有h(x)所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
[B 能力提升]
11．定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足f′(x)·x0的解集为( )
A．(0，2) B．(0，2)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．?
解析：选A.因为＝<0，所以为减函数，又因为f(2)＝0，所以＝0.所以>0的解集为012.已知函数y＝的图象如图所示(其中f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数)，则以下说法错误的是( )
A．f′(1)＝f′(－1)＝0
B．当x＝－1时，函数f(x)取得极大值
C．方程xf′(x)＝0与f(x)＝0均有三个实数根
D．当x＝1时，函数f(x)取得极小值
解析：选C.由图象可知f′(1)＝f′(－1)＝0，A说法正确．当x<－1时，<0，此时f′(x)>0；当－10，此时f′(x)<0，故当x＝－1时，函数f(x)取得极大值，B说法正确．当01时，>0，此时f′(x)>0，故当x＝1时，函数f(x)取得极小值，D说法正确．故选C.
13．设函数f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常数a＞1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若当x≥0时，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)，由a＞1知，2a＞2，当x＜2时，f′(x)＞0，
故f(x)在区间(－∞，2)上是增函数；
当2＜x＜2a时，f′(x)＜0，故f(x)在区间(2，2a)上是减函数．
当x＞2a时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(2a，＋∞)上是增函数．
综上，当a＞1时，f(x)在区间(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函数，在区间(2，2a)上是减函数．
(2)由(1)知，当x≥0时，f(x)在x＝2a或x＝0处取得最小值．
f(2a)＝(2a)3－(1＋a)(2a)2＋4a·2a＋24a＝－a3＋4a2＋24a＝－a(a＋3)(a－6)，f(0)＝24a.
由假设知
即
解得1＜a＜6.
故a的取值范围是(1，6)．
14．(选做题)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－＝－2，
所以a＝1.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]内有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
章末综合检测(三)[学生用书P141(单独成册)]
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题：本题共12小题，每小题5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．f(x)＝2x＋1在[1，2]内的平均变化率为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案：C
2．若f(x)＝sin α－cos x，则f′(x)等于( )
A．sin x B．cos x
C．cos α＋sin x D．2sin α＋cos x
解析：选A.函数是关于x的函数，因此sin α是一个常数．
3．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：选A.f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，则f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，解得f′(1)＝0.
4．曲线f(x)＝xln x＋2在点x＝1处的切线方程为( )
A．y＝2x＋2 B．y＝2x－2
C．y＝x－1 D．y＝x＋1
解析：选D.因为f(x)＝xln x＋2，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，由题设知切线的斜率k＝f′(1)＝1，又f(1)＝2，所以切线方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1.
5．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是( )
A. B．
C.， D．，
解析：选A.因为f′(x)＝2x－＝(x>0)，当06．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0，1])的最大值是( )
A．1 B．
C．0 D．－1
解析：选A.f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，
则x＝－(舍去)或x＝，f(0)＝0，
f(1)＝－1，
f＝－＝1，所以f(x)在[0，1]上的最大值为1.
7．已知物体的运动方程是s(t)＝t2＋(t的单位：s，s的单位：m)，则物体在时刻t＝2时的速度v与加速度a分别为( )
A. m/s， m/s2 B． m/s， m/s2
C. m/s， m/s2 D． m/s， m/s2
解析：选A.s′(t)＝2t－，所以v＝s′(2)＝2×2－＝.
令g(t)＝s′(t)＝2t－，则g′(t)＝2＋2t－3，
所以a＝g′(2)＝.
8．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是( )
A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7
C．a＜0或a＞21 D．a＝0或a＝21
解析：选A.f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当相应一元二次方程的根的判别式Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，此时函数f(x)不存在极值点．故选A.
9．已知f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是图中的( )
解析：选A.因为x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，
所以f(x)为减函数；同理，f(x)在(－2，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．故A图象符合．
10．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)A．{x|－1C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x>1}
解析：选B.令g(x)＝2f(x)－x－1，
因为f′(x)>，
所以g′(x)＝2f′(x)－1>0，
所以g(x)为单调增函数，
因为f(1)＝1，所以g(1)＝2f(1)－1－1＝0，
所以当x<1时，
g(x)<0，即2f(x)11．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A．[－1，0] B．
C. D．[9，＋∞)
解析：选C.因为f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，
所以f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，
因为f′(x)＝2x＋a－在上递增，
所以f′＝－9＋a≥0，
所以a≥.故选C.
12．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集是( )
A．(0，1) B．(1，＋∞)
C．(1，2) D．(2，＋∞)
解析：选D.令g(x)＝xf(x)，由f(x)＜－xf′(x)，得[xf(x)]′＜0，即g′(x)＜0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)?(x＋1)f(x＋1)＞(x2－1)f(x2－1), 即g(x＋1)＞g(x2－1)，则有解得x＞2.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________．
解析：因为y′＝2ax－，依题意得y′|x＝1＝2a－1＝0，所以a＝.
答案：
14．函数y＝ax3－ax2(a≠0)在区间(0，1)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
解析：y′＝ax2－ax＝ax(x－1)，由题意知，当x∈(0，1)时，y′＞0，所以a＜0.
答案：a＜0
15．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈时，f(x)＝x＋sin x，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．
解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，
因为f′(x)＝1＋cos x≥0，
故f(x)在上是增函数，
因为>π－2>1>π－3>0，
所以f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c答案：c16．已知f(x)＝(2x－x2)ex，给出以下四个结论：
①f(x)>0的解集是{x|0②f(－)是极小值，f()是极大值；
③f(x)没有最小值，也没有最大值；
④f(x)有最大值，没有最小值．
其中判断正确的是________．
解析：f(x)>0?2x－x2>0?0所以①正确．
由f(x)＝(2x－x2)ex，
得到f′(x)＝(2－x2)ex，
令f′(x)＝0，得到x1＝－，x2＝，
因为在(－∞，－)和(，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减；在(－，)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(－)是极小值，f()是极大值，故②正确；
由题意知，f()为最大值，且无最小值，故③错误，④正确．
答案：①②④
三、解答题：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)(2019·泰安高二检测)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a和b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，
f′(1)＝3＋2a＋b＝0，
解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.
因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0；当－20，故－2是g(x)的极值点．
当－21时，g′(x)>0，
故1不是g(x)的极值点．
所以g(x)的极值点为－2.
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)f′(x)＝x－，因为x＝2是f(x)的一个极值点，所以2－＝0，则a＝4，此时f′(x)＝x－＝，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，则a＝4.
(2)因为f′(x)＝x－＝(x>0)，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
当a＞0时，f′(x)＝x－＝＝，所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；递减区间为(0，)．
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x＋(a>0)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若以函数y＝f(x)(x∈(0，3])图象上任意一点P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤恒成立，求实数a的最小值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋，
定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，
单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由(1)知f′(x)＝(0则k＝f′(x0)＝≤(0即a≥.
当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，所以a≥，
所以a的最小值为.
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x＞0，a∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)当a∈(0，)时，证明：函数f(x)有最小值，并求函数f(x)的最小值的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)·ex＋2a(x＋2)，依题意，当x＞0时，函数f′(x)≥0恒成立，即a≥－恒成立，记g(x)＝－，则g′(x)＝－＝－＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(0)＝，
所以a≥.
(2)因为[f′(x)]′＝2xex＋2a＞0，所以y＝f′(x)是(0，＋∞)上的增函数，又f′(0)＝4a－2＜0，f′(1)＝6a＞0，所以存在t∈(0，1)使得f′(t)＝0，
又当x∈(0，t)时，f′(x)＜0，当x∈(t，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以当x＝t时，f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2.且有f′(t)＝0?a＝－，
则f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et
＝et(－t2＋t－2)，t∈(0，1)．
记h(t)＝et(－t2＋t－2)，则h′(t)＝et(－t2＋t－2)＋et(－2t＋1)＝et(－t2－t－1)＜0，
所以h(1)＜h(t)＜h(0)，即f(x)的最小值的取值范围是(－2e，－2)．
21．(本小题满分12分)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解：(1)因为x＝5时，y＝11，代入y＝＋10(x－6)2得＋10＝11，则a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2(3f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2(3则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)·(x－6)．
所以当30，f(x)为增函数；当4故x＝4是函数f(x)在区间(3，6)上的极大值点，也是最大值点，即当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
故当销售价格x为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
22．(本小题满分12分)(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时， f(x)＋e≥0.
解：(1)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.
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
