第3講導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用eq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)運(yùn)算及幾何意義1．導(dǎo)數(shù)公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a>0)；(4)(logax)′＝eq\f(1,xlna)(a>0，且a≠1)．2．導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點(diǎn)P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[例1](1)[2019·全國(guó)卷Ⅰ]曲線y＝3(x2＋x)ex在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為________；(2)[2019·全國(guó)卷Ⅲ]已知曲線y＝aex＋xlnx在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1【解析】(1)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查考生的運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算．因?yàn)閥′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲線在點(diǎn)(0,0)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝3，所以所求的切線方程為y＝3x.(2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算．因?yàn)閥′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1,b＝－1.))【答案】(1)y＝3x(2)D1．求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法(1)已知切點(diǎn)P(x0，y0)，求y＝f(x)過點(diǎn)P的切線方程：求出切線的斜率f′(x0)，由點(diǎn)斜式寫出方程．(2)已知切線的斜率為k，求y＝f(x)的切線方程：設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點(diǎn)斜式寫出方程．(3)已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn))，求y＝f(x)的切線方程：設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫出方程．2．[警示]求曲線的切線方程時(shí)，務(wù)必分清點(diǎn)P處的切線還是過點(diǎn)P的切線，前者點(diǎn)P為切點(diǎn)，后者點(diǎn)P不一定為切點(diǎn)，求解時(shí)應(yīng)先求出切點(diǎn)坐標(biāo).『對(duì)接訓(xùn)練』1．[2019·云南師大附中適應(yīng)性考試]曲線y＝ax在x＝0處的切線方程是xln2＋y－1＝0，則a＝()A.eq\f(1,2)B．2C．ln2D．lneq\f(1,2)解析：由題意知，y′＝axlna，則在x＝0處，y′＝lna，又切點(diǎn)為(0,1)，∴切線方程為xlna－y＋1＝0，∴a＝eq\f(1,2).故選A.答案：A2．[2019·河北保定樂凱中學(xué)模擬]設(shè)函數(shù)f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為()B.eqB.eq\f(1,4)C．4D．－eq\f(1,2)解析：因?yàn)榍€y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，所以g′(1)＝2.又f′(x)＝g′(x)＋2x，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為f′(1)＝g′(1)＋2＝4.故選C.答案：C

eq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1．若求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在其定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可．2．若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解．[例2][2019·全國(guó)卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．【解析】本題主要考查導(dǎo)數(shù)在研究三次函數(shù)單調(diào)性、最值中的應(yīng)用，考查考生的運(yùn)算求解能力，考查分類討論思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算．(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增；若a<0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調(diào)遞減．(2)滿足題設(shè)條件的a，b存在．(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)當(dāng)a≥3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)當(dāng)0<a<3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為f(eq\f(a,3))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0<a<3矛盾．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0<a<3矛盾．綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時(shí)，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1.1．求解或討論函數(shù)單調(diào)性問題的解題策略研究函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸納為一個(gè)含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論：(1)在能夠通過因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí)，依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論．(2)在不能通過因式分解求出根的情況時(shí)，根據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論．2．[警示]討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬不要忽視了定義域的限制.『對(duì)接訓(xùn)練』3．[2019·湖北宜昌模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,m)))lnx＋eq\f(1,x)－x，其中常數(shù)m>0.(1)當(dāng)m＝2時(shí)，求f(x)的極大值；(2)試討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性．解析：(1)當(dāng)m＝2時(shí)，f(x)＝eq\f(5,2)lnx＋eq\f(1,x)－x，f′(x)＝eq\f(5,2x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(?x－2??2x－1?,2x2)(x>0)．當(dāng)0<x<eq\f(1,2)或x>2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)eq\f(1,2)<x<2時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，∴f(x)的極大值為f(2)＝eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2).(2)f′(x)＝eq\f(m＋\f(1,m),x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(?x－m?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m))),x2)(x>0，m>0)，故當(dāng)0<m<1時(shí)，f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，在(m,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)m>1時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，1))上單調(diào)遞增．

eq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)3利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值可導(dǎo)函數(shù)的極值與最值(1)若在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值．(2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點(diǎn)或端點(diǎn)處取得．[例3][2019·全國(guó)卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明：(1)f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)；(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．【解析】本題主要考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的極值與函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的證明等，考查考生的推理論證能力、運(yùn)算求解能力、抽象概括能力等，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想等，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算．(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,?1＋x?2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)>0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，可得g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)．(2)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)．(ⅰ)當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點(diǎn)．(ⅱ)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，所以存在β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))單調(diào)遞減．又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))>0，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)>0.從而，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))沒有零點(diǎn)．(ⅲ)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減．而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，f(π)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))有唯一零點(diǎn)．(ⅳ)當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點(diǎn)．綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法技巧(1)對(duì)含參數(shù)的函數(shù)解析式求最值時(shí)，常常分類討論，分類的原則是極值點(diǎn)在給定區(qū)間的內(nèi)部還是外部，從而根據(jù)單調(diào)性求出最值．(2)求極值和最值時(shí)，為了直觀易懂，常常列出x的取值范圍與y′的符號(hào)及y的單調(diào)區(qū)間、極值的對(duì)應(yīng)表格．2．[警示](1)求函數(shù)極值時(shí)，一定要注意分析導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是不是函數(shù)的極值點(diǎn)．(2)求函數(shù)最值時(shí)，務(wù)必將極值點(diǎn)與端點(diǎn)值比較得出最大(小)值．(3)對(duì)于含參數(shù)的函數(shù)解析式或區(qū)間求極值、最值問題，務(wù)必要對(duì)參數(shù)分類討論.『對(duì)接訓(xùn)練』4．[2019·福建福州質(zhì)量檢測(cè)]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1＋x)－aln(1＋x)(a∈R)，g(x)＝x2emx＋1－e2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a<0，?x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解析：(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(x,1＋x)－aln(1＋x)(x>－1)，所以f′(x)＝eq\f(1,?x＋1?2)－eq\f(a,x＋1)＝eq\f(－ax－a＋1,?x＋1?2).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．當(dāng)a>0時(shí)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′?x?>0，,x>－1，))得－1<x<－1＋eq\f(1,a)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′?x?<0，,x>－1，))得x>－1＋eq\f(1,a).所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞)).綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞)).(2)若a<0，則?x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，等價(jià)于“對(duì)任意x∈[0，e]，f(x)min≥g(x)max恒成立”．當(dāng)a<0時(shí)，由(1)知，函數(shù)f(x)在[0，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝0.g′(x)＝2xemx＋1＋mx2emx＋1＝x(mx＋2)emx＋1，(ⅰ)當(dāng)m≥0時(shí)，若0≤x≤e，則g′(x)≥0，函數(shù)g(x)在[0，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2>0，不符合題意．(ⅱ)當(dāng)－eq\f(2,e)≤m<0，即－eq\f(2,m)≥e時(shí)，在[0，e]上，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2，令eme＋3－e2≤0，得m≤－eq\f(1,e)，所以－eq\f(2,e)≤m≤－eq\f(1,e).(ⅲ)當(dāng)m<－eq\f(2,e)，即0<－eq\f(2,m)<e時(shí)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,m)))上，g′(x)≥0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，e))上，g′(x)≤0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，e))上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)))＝eq\f(4,em2)－e2，令eq\f(4,em2)－e2≤0，得m2≥eq\f(4,e3)，所以m≤－eq\r(\f(4,e3))，又－eq\r(\f(4,e3))>－eq\f(2,e)，所以m<－eq\f(2,e).綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e))).eq\a\vs4\al\co1()考點(diǎn)4定積分定積分求平面圖形的面積(1)正確畫出幾何圖形，結(jié)合圖形位置，準(zhǔn)確確定積分區(qū)間以及被積函數(shù)，從而得到面積的積分表達(dá)式，再利用微積分基本定理求出積分值．(2)根據(jù)圖形的特征，選擇合適的積分變量．在以y為積分變量時(shí)，應(yīng)注意將曲線方程變?yōu)閤＝φ(y)的形式，同時(shí)，積分上、下限必須對(duì)應(yīng)y的取值．[例4][2019·遼寧丹東適應(yīng)性測(cè)試]如圖，函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1的圖象相交，形成一個(gè)閉合圖形(圖中的陰影部分)，則該閉合圖形的面積是()B.eqB.eq\f(4,3)C.eq\r(3)D．2【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋2x＋1，,y＝1，))得x1＝0，x2＝2，所以閉合圖形的面積S＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x＋1－1)dx＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x)dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋x2))))eq\o\al(2,0)＝－eq\f(8,3)＋4＝eq\f(4,3).【答案】B(1)求曲邊多邊形面積的步驟①畫出草圖，在直角坐標(biāo)系中畫出曲線或直線的大致圖形．②借助圖形確定被積函數(shù)，求出交點(diǎn)坐標(biāo)，確定積分的上限、下限．③將曲邊梯形的面積表示為若干個(gè)定積分之和．④計(jì)算定積分．(2)若所求定積分有明顯的幾何意義，可以利用定積分的幾何意義求定積分.『對(duì)接訓(xùn)練』5．[2019·河南八市聯(lián)合測(cè)評(píng)]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))則eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(14,3)C．7D.eq\f(21,2)解析：函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))則eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝eq\i\in(-1,1,)x|x|dx＋eq\i\in(1,4,)eq\r(x)dx＝0＋eq\f(2,3)x|eq\o\al(4,1)＝eq\f(14,3).故選B.答案：B6．[2019·四川內(nèi)江適應(yīng)性測(cè)試]由曲線y＝x2＋1，直線y＝－x＋3，x軸正半軸與y軸正半軸圍成的圖形的面積為()A．3B.eq\f(10,3)C.eq\f(7,3)D.eq\f(8,3)解析：由題意可知題中曲線與坐標(biāo)軸圍成的圖形如圖中陰影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋1，,y＝－x＋3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝5))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))則A(1,2)，結(jié)合圖形可知，所求的面積為eq\i\in(0,1,)(x2＋1)dx＋eq\f(1,2)×22＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x))))eq\o\al(1,0)＋2＝eq\f(10,3)，選B.答案：B

課時(shí)作業(yè)5導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用1．[2019·甘肅蘭州一中月考]eq\i\in(-1,1,)|x|dx等于()A．0B．1C．2D.eq\f(1,2)解析：如圖，由定積分的幾何意義可知eq\i\in(-1,1,)|x|dx表示圖中陰影部分的面積，故eq\i\in(-1,1,)|x|dx＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))＝1.答案：B2．[2019·河南南陽(yáng)月考]已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，則f(e)＝()A．eB．－eq\f(1,e)C．－1D．－e解析：由f(x)＝2xf′(e)＋lnx，得f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，則f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，所以f′(e)＝－eq\f(1,e)，故f(x)＝－eq\f(2,e)x＋lnx，所以f(e)＝－1.故選C.答案：C3．[2019·湖北鐘祥模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(cosx,ex)，則函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為()A．x＋y＋1＝0B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝0解析：∵f(x)＝eq\f(cosx,ex)，∴f′(x)＝eq\f(－sinx－cosx,ex)，∴f′(0)＝－1，f(0)＝1，即函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率為－1，∴函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.故選B.答案：B4．[2019·河北九校第二次聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－3,1)B．(0,1)C．(－1,3)D．(0,3)解析：解法一令f′(x)＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)<0，得0<x<1，故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．故選B.解法二由題意知x>0，故排除A，C選項(xiàng)；又f(1)＝4<f(2)＝eq\f(7,2)＋2ln2，故排除D選項(xiàng)．故選B.答案：B5．[2019·遼寧遼陽(yáng)期末]函數(shù)f(x)＝x3－3lnx的最小值為()A．0B．1C．2D．3解析：函數(shù)f(x)＝x3－3lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)．可得f′(x)＝eq\f(3x3－3,x)＝eq\f(3?x－1??x2＋x＋1?,x)，令f′(x)＝0，可得x＝1，所以x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)是減函數(shù)；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的最小值為f(1)＝1.故選B.答案：B6．[2019·河南濮陽(yáng)第二次模擬]已知a＝lneq\r(3,3)，b＝e－1，c＝eq\f(3ln2,8)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．b>c>aB．a(chǎn)>c>bC．a(chǎn)>b>cD．b>a>c解析：依題意，得a＝lneq\r(3,3)＝eq\f(ln3,3)，b＝e－1＝eq\f(lne,e)，c＝eq\f(3ln2,8)＝eq\f(ln8,8).令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.故選D.答案：D7．[2019·吉林三校聯(lián)合模擬]若函數(shù)f(x)＝eq\f(?2－m?x,x2＋m)的圖象如圖所示，則m的范圍為()A．(－∞，－1)B．(－1,2)C．(0,2)D．(1,2)解析：f′(x)＝eq\f(?x2－m??m－2?,?x2＋m?2)＝eq\f(?x－\r(m)??x＋\r(m)??m－2?,?x2＋m?2)，由函數(shù)圖象的單調(diào)性及有兩個(gè)極值點(diǎn)可知m－2<0且m>0，故0<m<2.又由題圖易得eq\r(m)>1，即m>1.故1<m<2，故選D.答案：D8．[2019·廣東惠州中學(xué)一模]設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|最小時(shí)t的值為()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(2),2)解析：|MN|的最小值，即函數(shù)h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，顯然x＝eq\f(\r(2),2)是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，故t＝eq\f(\r(2),2).故選D.答案：D9．[2019·廣東肇慶第二次檢測(cè)]已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的極小值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，1)解析：依題意f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的兩個(gè)零點(diǎn)為x＝1，x＝a，若x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，則需a<1，此時(shí)函數(shù)f(x)在(a,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在x＝1處取得極小值．故選D.答案：D10．[2019·山東濟(jì)南質(zhì)檢]若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．[1,2)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))解析：f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(?2x－1??2x＋1?,x)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2).由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1≥0，,k－1<\f(1,2)<k＋1，))得1≤k<eq\f(3,2).故選C.答案：C11．[2019·湖南湘東六校聯(lián)考]已知曲線f(x)＝ex＋x2，則曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為________．解析：由題意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以該切線與x，y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(－1,0)，(0,1)，所以該切線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)12．[2019·湖南株洲質(zhì)檢]若eq\i\in(0,T,)x2dx＝9，則常數(shù)T的值為________．解析：eq\i\in(0,T,)x2dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3))))eq\o\al(T,0)＝eq\f(1,3)T3＝9，所以T＝3.答案：313．[2019·廣東廣州第二次模擬]若函數(shù)f(x)＝x2－x＋1＋alnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：f′(x)＝2x－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－x＋a,x)，由題意得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2＋x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2＋eq\f(1,8)在(0，＋∞)上恒成立，因?yàn)閥＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2＋eq\f(1,8)在(0，＋∞)上的最大值為eq\f(1,8)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞))14．[2019·河北承德一中一模]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋1,x)，g(x)＝eq\f(x,ex)，對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq\f(g?x1?,k)≤eq\f(f?x2?,k＋1)恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是________．解析：對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq\f(g?x1?,k)≤eq\f(f?x2?,k＋1)恒成立，等價(jià)于eq\f(g?x1?,f?x2?)≤eq\f(k,k＋1)恒成立．f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取等號(hào)，所以f(x)的最小值是2.由g(x)＝eq\f(x,ex)，得g′(x)＝eq\f(ex－xex,?ex?2)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)>0得0<x<1，此時(shí)函數(shù)g(x)為增函數(shù)，由g′(x)<0得x>1，此時(shí)函數(shù)g(x)為減函數(shù)，故當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得極大值，同時(shí)也是最大值，為g(1)＝eq\f(1,e).則eq\f(g?x1?,f?x2?)的最大值為eq\f(\f(1,e),2)＝eq\f(1,2e)，則eq\f(k,k＋1)≥eq\f(1,2e)，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，則k≥eq\f(1,2e－1)，故正數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e－1)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e－1)，＋∞))15．[2019·西藏山南模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(eax,x－1).(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解析：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(ex,x－1)，則f′(x)＝eq\f(ex?x－2?,?x－1?2).又f(0)＝eq\f(e0,0－1)＝－1，f′(0)＝eq\f(e0?0－2?,?0－1?2)＝－2.所以曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－(－1)＝－2(x－0)，即y＝－2x－1.(2)由函數(shù)f(x)＝eq\f(eax,x－1)，得f′(x)＝eq\f(eax[ax－?a＋1?],?x－1?2).當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(－1,?x－1?2)<0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，1)∪(1，＋∞)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間．當(dāng)a≠0時(shí)，令f′(x)＝0，即ax－(a＋1)＝0，解得x＝eq\f(a＋1,a).當(dāng)a>0時(shí)，x＝eq\f(a＋1,a)>1，所以x，f′(x)，f(x)變化情況如下表：x(－∞，1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a＋1,a)))eq\f(a＋1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))f′(x)－－0＋f(x)極小值所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a＋1,a)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)).當(dāng)a<0時(shí)，x＝eq\f(a＋1,a)<1，所以x，f′(x)，f(x)變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a＋1,a)))eq\f(a＋1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，1))(1，＋∞)f′(x)＋0－－f(x)極大值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a＋1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，1))，(1，＋∞)．16．[2019·廣東廣州二模]已知函數(shù)f(x)＝(x＋2)lnx＋ax2－4x＋7a.(1)若a＝eq\f(1,2)，求函數(shù)f(x)的所有零點(diǎn)；(2)若a≥eq\f(1,2)，證明函數(shù)f(x)不存在極值．解析：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝(x＋2)lnx＋eq\f(1,2)x2－4x＋eq\f(7,2)，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝lnx＋eq\f(2,x)＋x－3.設(shè)g(x)＝lnx＋eq\f(2,x)＋x－3，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＋1＝eq\f(x2＋x－2,x2)＝eq\f(?x＋2??x－1?,x2).當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，即當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))．所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，至多有一個(gè)零點(diǎn)．因?yàn)閒(1)＝0，所以x＝1是函數(shù)f(x)唯一的零點(diǎn)．所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)只有x＝1.(2)方法一f(x)＝(x＋2)lnx＋ax2－4x＋7a，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋2,x)＋2ax－4.當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)≥lnx＋eq\f(2,x)＋x－3，由(1)知lnx＋eq\f(2,x)＋x－3≥0.即當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)不存在極值．方法二f(x)＝(x＋2)lnx＋ax2－4x＋7a，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋2,x)＋2ax－4.設(shè)m(x)＝lnx＋eq\f(x＋2,x)＋2ax－4，則m′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＋2a＝eq\f(2ax2＋x－2,x2)(x>0)．設(shè)h(x)＝2ax2＋x－2(x>0)，當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，令h(x)＝2ax2＋x－2＝0，解得x1＝eq\f(－1－\r(1＋16a),4a)<0，x2＝eq\f(－1＋\r(1＋16a),4a)>0.可知當(dāng)0<x<x2時(shí)，h(x)<0，即m′(x)<0，當(dāng)x>x2時(shí)，h(x)>0，即m′(x)>0，所以f′(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增．由(1)知lnx＋eq\f(2,x)＋x－3≥0，則f′(x2)＝lnx2＋eq\f(2,x2)＋x2－3＋(2a－1)x2≥(2a－1)x2≥0.所以f′(x)≥f′(x2)≥0，即f(x)在定義域上單調(diào)遞增．所以f(x)不存在極值．17．[2019·江西吉安一模]已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)記F(x)＝lnx＋g(x)，求函數(shù)F(x)在區(qū)間[1,3]上的最大值與最小值；(2)若k∈Z，且f(x)＋g(x)－k≥0對(duì)任意x∈R恒成立，求k的最大值．解析：(1)∵F(x)＝lnx＋g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1，∴F′(x)＝eq\f(?2x－1??x－2?,2x)，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝2，∴易知函數(shù)F(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2,3)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)1≤x≤3時(shí)，F(xiàn)(x)min＝F(2)＝－4＋ln2，F(xiàn)(x)max＝max{F(1)，F(xiàn)(3)}＝－4＋ln3.(2)∵f(x)＋g(x)－k≥0對(duì)任意x∈R恒成立，∴ex＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1－k≥0對(duì)任意x∈R恒成立，∴k≤ex＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1對(duì)任意x∈R恒成立．令h(x)＝ex＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1，則h′(x)＝ex＋x－eq\f(5,2).令φ(x)＝ex＋x－eq\f(5,2)，則φ′(x)＝ex＋1>0，所以h′(x)在R上單調(diào)遞增．又h′(0)＝－eq\f(3,2)<0，h′(1)＝e－eq\f(3,2)>0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2<0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))