第三篇導數(shù)及其應用第1講變化率與導數(shù)、導數(shù)的運算【年高考會這樣考】1．利用導數(shù)的幾何意義求曲線在某點處的切線方程．2．考查導數(shù)的有關計算，尤其是簡單的函數(shù)求導.eq\f(對應學生,38)考點梳理1．函數(shù)y＝f(x)從x1到x2的平均變化率函數(shù)y＝f(x)從x1到x2的平均變化率為eq\f(fx2－fx1,x2－x1)，若Δx＝x2－x1，Δy＝f(x2)－f(x1)，則平均變化率可表示為eq\f(Δy,Δx).2．函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)(1)定義稱函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)為函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx).(2)幾何意義函數(shù)f(x)在點x0處的導數(shù)f′(x0)的幾何意義是在曲線y＝f(x)上點(x0，f(x0))處的切線的斜率．相應地，切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．3．函數(shù)f(x)的導函數(shù)稱函數(shù)f′(x)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)為f(x)的導函數(shù)，導函數(shù)有時也記作y′.4．基本初等函數(shù)的導數(shù)公式原函數(shù)導函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xn(n∈Q*)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝axf′(x)＝axln_af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logaxf′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)5.導數(shù)運算法則(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．6．復合函數(shù)的導數(shù)復合函數(shù)y＝f(g(x))的導數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導數(shù)間的關系為y′x＝y(tǒng)′u·u′x，即y對x的導數(shù)等于y對u的導數(shù)與u對x的導數(shù)的乘積.【助學·微博】一個區(qū)別曲線y＝f(x)“在”點P(x0，y0)處的切線與“過”點P(x0，y0)的切線的區(qū)別：曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處的切線是指P為切點，若切線斜率存在時，切線斜率為k＝f′(x0)，是唯一的一條切線；曲線y＝f(x)過點P(x0，y0)的切線，是指切線經過P點，點P可以是切點，也可以不是切點，而且這樣的直線可能有多條．三個防范1．利用公式求導時要特別注意除法公式中分子的符號，防止與乘法公式混淆．2．要正確理解直線與曲線相切和直線與曲線只有一個交點的區(qū)別．3．正確分解復合函數(shù)的結構，由外向內逐層求導，做到不重不漏．考點自測1．下列求導過程①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)；②(eq\r(x))′＝eq\f(1,2\r(x))；③(logax)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,lna)))′＝eq\f(1,xlna)；④(ax)′＝(elnax)′＝(exlna)′＝exlnalna＝axlna.其中正確的個數(shù)是()．A．1B．2C．3D．4答案D2．(人教A版教材習題改編)函數(shù)f(x)＝(x＋2a)(x－a)2A．2(x2－a2)B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2)D．3(x2＋a2)解析f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)[2(x－a)]＝3(x2－a2)．答案C3．(·福州模擬)曲線y＝e2x在點(0,1)處的切線方程為()．A．y＝eq\f(1,2)x＋1B．y＝－2x＋1C．y＝2x－1D．y＝2x＋1解析y′＝(e2x)′＝2e2x，k＝y(tǒng)′|x＝0＝2·e2×0＝2，∴切線方程為y－1＝2(x－0)，即y＝2x＋1，故選D.答案D4．(·杭州一模)曲線y＝eq\f(1,3)x3＋x在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))處的切線與坐標軸圍成的三角形面積為()．A.eq\f(1,9)B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)解析y′＝x2＋1，曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))處的切線斜率k＝12＋1＝2，故曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))處的切線方程為y－eq\f(4,3)＝2(x－1)．該切線與兩坐標軸的交點分別是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3))).故所求三角形的面積是eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,9).答案A5．(·廣東)曲線y＝x3－x＋3在點(1,3)處的切線方程為________．解析∵y′＝3x2－1，∴y′|x＝1＝3×12－1＝2.∴該切線方程為y－3＝2(x－1)，即2x－y＋1＝0.答案2x－y＋1＝0eq\f(對應學生,39)考向一導數(shù)的定義【例1】?利用導數(shù)的定義求函數(shù)的導數(shù)：(1)f(x)＝eq\f(1,\r(x))在x＝1處的導數(shù)；(2)f(x)＝eq\f(1,x＋2).[審題視點]正確理解導數(shù)的定義是求解的關鍵．解(1)eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(\f(1,\r(1＋Δx))－1,Δx)＝eq\f(1－\r(1＋Δx),Δx\r(1＋Δx))＝eq\f(1－1＋Δx,Δx\r(1＋Δx)1＋\r(1＋Δx))＝eq\f(－Δx,Δx\r(1＋Δx)＋1＋Δx)＝eq\f(－1,\r(1＋Δx)＋1＋Δx)，∴f′(1)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(－1,\r(1＋Δx)＋1＋Δx)＝－eq\f(1,2).(2)eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)＝eq\f(\f(1,x＋2＋Δx)－\f(1,x＋2),Δx)＝eq\f(x＋2－x＋2＋Δx,Δxx＋2x＋2＋Δx)＝eq\f(－1,x＋2x＋2＋Δx)，∴f′(x)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(－1,x＋2x＋2＋Δx)＝－eq\f(1,x＋22).求函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)的步驟：(1)函數(shù)增量：Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)平均變化率：eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)；(3)求極限f′(x0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx).【訓練1】設f(x)為可導函數(shù)，且滿足lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(f1－f1－2x,2x)＝－1，則過曲線y＝f(x)上點(1，f(1))處的切線斜率為()．A．2B．－1C．1D．－2解析lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(f1－f1－2x,2x)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(f1－2x－f1,－2x)＝－1，即y′|x＝1＝－1，則y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為－1，故選B.答案B考向二導數(shù)的運算【例2】?求下列函數(shù)的導數(shù)：(1)y＝ex·lnx；(2)y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))；(3)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)；(4)y＝(eq\r(x)＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－1)).[審題視點]若式子能化簡，可先化簡，再利用公式和運算法則求導．解(1)y′＝(ex·lnx)′＝exlnx＋ex·eq\f(1,x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).(2)∵y＝x3＋1＋eq\f(1,x2)，∴y′＝3x2－eq\f(2,x3).(3)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝x－eq\f(1,2)sinx，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)sinx))′＝x′－eq\f(1,2)(sinx)′＝1－eq\f(1,2)cosx.(4)y＝eq\r(x)·eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))－1＝－xeq\f(1,2)＋x－eq\f(1,2)，∴y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x))).有的函數(shù)雖然表面形式復雜，但在求導之前，利用代數(shù)、三角恒等式等變形對函數(shù)進行化簡，然后求導，這樣可以減少運算量，提高運算速度，減少差錯．【訓練2】求下列函數(shù)的導數(shù)．(1)y＝x·tanx；(2)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解(1)y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝tanx＋x·eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝tanx＋eq\f(x,cos2x).(2)法一y′＝(x＋1)′(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)[(x＋2)·(x＋3)]′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＋(x＋1)(x＋3)＝3x2＋12x＋11.法二y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.考向三求復合函數(shù)的導數(shù)【例3】?求下列復合函數(shù)的導數(shù)．(1)y＝(2x－3)5；(2)y＝eq\r(3－x)；(3)y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))；(4)y＝ln(2x＋5)．[審題視點]正確分解函數(shù)的復合層次，逐層求導．解(1)設y＝u5，u＝2x－3，則y′＝y(tǒng)′u·u′x＝(u5)′(2x－3)′＝5u4·2＝10u4＝10(2x－3)4.(2)設y＝ueq\f(1,2)，u＝3－x，則y′＝y(tǒng)′u·u′x＝(ueq\f(1,2))′(3－x)′＝eq\f(1,2)u－eq\f(1,2)(－1)＝－eq\f(1,2)u－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2\r(3－x))＝eq\f(\r(3－x),2x－6).(3)設y＝u2，u＝sinv，v＝2x＋eq\f(π,3)，則yx′＝y(tǒng)u′·uv′·vx′＝2u·cosv·2＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2π,3))).(4)設y＝lnu，u＝2x＋5，則yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝eq\f(1,2x＋5)·(2x＋5)′＝eq\f(2,2x＋5).求復合函數(shù)的導數(shù)關鍵是正確分析函數(shù)的復合層次，一般是從最外層開始，由外向內，一層一層地分析，把復合函數(shù)分解成若干個常見的基本函數(shù)，逐步確定復合過程．【訓練3】求下列函數(shù)的導數(shù)．(1)y＝eq\f(1,1－3x4)；(2)y＝xeq\r(1＋x2).解(1)設u＝1－3x，y＝u－4，則yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝－4u－5·(－3)＝eq\f(12,1－3x5).(2)y′＝(xeq\r(1＋x2))′＝x′·eq\r(1＋x2)＋x·(eq\r(1＋x2))′＝eq\r(1＋x2)＋eq\f(x2,\r(1＋x2))＝eq\f(1＋2x2,\r(1＋x2)).eq\f(對應學生,40)規(guī)范解答3——求解與曲線的切線有關的問題【命題研究】利用導數(shù)的幾何意義求曲線的切線斜率或切線方程是近幾年高考命題的熱點，常與函數(shù)的圖象、性質、幾何圖形性質交匯命題，主要以選擇題、填空題的形式來考查，有時也滲透在解答題之中，難度一般不大．【真題探究】?(本小題滿分13分)(·安徽)設函數(shù)f(x)＝aex＋eq\f(1,aex)＋b(a>0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)內的最小值；(2)設曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝eq\f(3,2)x，求a，b的值．[教你審題](1)求出原函數(shù)的導函數(shù)，按照函數(shù)極值點是否在區(qū)間[0，＋∞)內分兩種情況討論，進而求出函數(shù)的最小值，(2)直接利用導數(shù)的幾何意義——切點的雙重作用，找到關于參數(shù)a，b的方程組，求出a，b.[規(guī)范解答](1)f′(x)＝aex－eq\f(1,aex)，(2分)當f′(x)>0，即x>－lna時，f(x)在(－lna，＋∞)上遞增；當f′(x)<0，即x<－lna時，f(x)在(－∞，－lna)上遞減．(4分)①當0<a<1時，－lna>0，f(x)在(0，－lna)上遞減，在(－lna，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)內的最小值為f(－lna)＝2＋b；(6分)②當a≥1時，－lna≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)內的最小值為f(0)＝a＋eq\f(1,a)＋b.(8分)(2)依題意f′(2)＝ae2－eq\f(1,ae2)＝eq\f(3,2)，解得ae2＝2或ae2＝－eq\f(1,2)(舍去)．(10分)所以a＝eq\f(2,e2)，代入原函數(shù)可得2＋eq\f(1,2)＋b＝3，即b＝eq\f(1,2).故a＝eq\f(2,e2)，b＝eq\f(1,2).(13分)[閱卷老師手記]函數(shù)y＝f(x)在點x0處的導數(shù)的幾何意義是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率f′(x0)，相應的切線方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0)；但要注意：①當函數(shù)y＝f(x)在點x0處的導數(shù)不存在時，曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程為x＝x0；②當切點的坐標不知道時，應首先設出切點坐標，再求解．解與曲線的切線有關問題的一般程序第一步：設出切點坐標(x0，y0)；第二步：計算切線的斜率為k＝f′(x0)；第三步：寫出切線方程y－y0＝k(x－x0)；第四步：將問題轉化為函數(shù)與方程問題求解．【試一試】(·重慶)設f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的導數(shù)f′(x)滿足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常數(shù)a，b∈R.(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程．(2)設g(x)＝f′(x)e－x，求函數(shù)g(x)的極值．解(1)因為f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b.令x＝1，得f′(1)＝3＋2a＋b.又已知f′(1)＝2a，因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.又令x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，由已知f′(2)＝－b，因此12＋4a＋b＝－b，解得a＝－eq\f(3,2).因此f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，從而f(1)＝－eq\f(5,2).又因為f′(1)＝－3，故曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0.(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，從而有g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x.令g′(x)＝0，得－3x2＋9x＝0，解得x1＝0，x2＝3.當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)；當x∈(0,3)時，g′(x)>0，故g(x)在(0,3)上為增函數(shù)；當x∈(3，＋∞)時，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上為減函數(shù)．從而函數(shù)g(x)在x1＝0處取得極小值g(0)＝－3，在x2＝3處取得極大值g(3)＝15e－3.eq\f(對應學生,243)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(·全國)曲線y＝e－2x＋1在點(0,2)處的切線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形的面積為 ()．A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(2,3) D．1解析y′＝－2e－2x，曲線在點(0,2)處的切線斜率k＝－2，∴切線方程為y＝－2x＋2，該直線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形如圖所示，其中直線y＝－2x＋2與y＝x的交點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，y＝－2x＋2與x軸的交點B(1,0)．所以三角形面積S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，故選A.答案A2．函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導函數(shù)，且滿足f(x)>0，xf′(x)＋f(x)<0，則對任意正數(shù)a，b，若a>b，則必有 ()．A．af(b)<bf(a) B．bf(a)<af(b)C．af(a)<f(b) D．bf(b)<f(a)解析構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(x>0)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，由條件知F′(x)<0，∴函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上單調遞減，又a>b>0，∴eq\f(fa,a)<eq\f(fb,b)，即bf(a)<af(b)．答案B3．(·南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋eq\f(1,a)x(a>0)，則f(2)的最小值為 ()．A．12eq\r(3,2) B．12＋8a＋eq\f(1,a)C．8＋8a＋eq\f(2,a) D．16解析f(2)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，令g(a)＝8＋8a＋eq\f(2,a)，則g′(a)＝8－eq\f(2,a2)，由g′(a)>0得a>eq\f(1,2)，由g′(a)<0得0<a<eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)時f(2)有最小值．f(2)的最小值為8＋8×eq\f(1,2)＋eq\f(2,\f(1,2))＝16.故選D.答案D4．已知對任意實數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0則x<0時 ()．A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0解析依題意得，函數(shù)f′(x)、g′(x)分別是偶函數(shù)、奇函數(shù)，當x<0時，－x>0，f′(x)＝f′(－x)>0，g′(x)＝－g′(－x)<0，選B.答案B二、填空題(每小題5分，共10分)5．(·新課標全國)曲線y＝x(3lnx＋1)在點(1,1)處的切線方程為________．解析∵y＝x(3lnx＋1)，∴y′＝3lnx＋1＋x·eq\f(3,x)＝3lnx＋4，∴k＝y(tǒng)′|x＝1＝4，∴所求切線的方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.答案y＝4x－36．曲線y＝x3＋x－2在點P處的切線平行于直線y＝4x－1，則點P的坐標為________．解析依題意得y′＝3x2＋1，設點P(x0，y0)，則有3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，解得x0＝－1或x0＝1，將x0的值代入曲線方程得y0＝－4或y0＝0，從而點P的坐標是(1,0)或(－1，－4)．答案(1,0)或(－1，－4)三、解答題(共25分)7．(12分)求下列函數(shù)的導數(shù)：(1)y＝(2x＋1)n，(n∈N*)；(2)y＝ln(x＋eq\r(1＋x2))；(3)y＝eq\f(ex＋1,ex－1)；(4)y＝2xsin(2x＋5)．解(1)y′＝n(2x＋1)n－1·(2x＋1)′＝2n(2x＋1)n－1.(2)y′＝eq\f(1,x＋\r(1＋x2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2x,2\r(1＋x2))))＝eq\f(1,\r(1＋x2)).(3)∵y＝eq\f(ex＋1,ex－1)＝1＋eq\f(2,ex－1)∴y′＝eq\f(－2ex,ex－12).(4)y′＝2sin(2x＋5)＋4xcos(2x＋5)．8．(13分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(2，－6)處的切線的方程；(2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經過原點，求直線l的方程及切點坐標；(3)如果曲線y＝f(x)的某一切線與直線y＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，求切點坐標與切線的方程．解(1)可判定點(2，－6)在曲線y＝f(x)上．∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1.∴f′(x)在點(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝13.∴切線的方程為y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.(2)法一設切點為(x0，y0)，則直線l的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴直線l的方程為y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，又∵直線l過點(0,0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，整理得，xeq\o\al(3,0)＝－8，∴x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標為(－2，－26.)法二設直線l的方程為y＝kx，切點為(x0，y0)，則k＝eq\f(y0－0,x0－0)＝eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)又∵k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，解之得x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標為(－2，－26)．(3)∵切線與直線y＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，∴切線的斜率k＝4.設切點的坐標為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，∴x0＝±1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－14))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,y0＝－18，))切線方程為y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.即y＝4x－18或y＝4x－14.B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．設曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝()．A．2 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,2) D．－2解析y′＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝eq\f(－2,x－12)，點(3,2)處切線斜率k＝－eq\f(1,2)，∵切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，∴a＝－2.答案D2．已知函數(shù)f′(x)，g′(x)分別是二次函數(shù)f(x)和三次函數(shù)g(x)的導函數(shù)，它們在同一坐標系下的圖象如圖所示，設函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，則()．A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)D．h(0)<h(1)<h(－1)解析由圖象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，則f(x)＝eq\f(1,2)x2＋m，其中m為常數(shù)，g(x)＝eq\f(1,3)x3＋n，其中n為常數(shù)，則h(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)x3＋m－n，得h(0)<h(1)<h(－1)．答案D二、填空題(每小題5分，共10分)3．已知曲線C：f(x)＝x3－ax＋a，若過曲線C外一點A(1,0)引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補，則a的值為________．解析設切點坐標為(t，t3－at＋a)．由題意知，f′(x)＝3x2－a，切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝t＝3t2－a①所以切線方程為y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)②將點(1,0)代入②式得－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解之得：t＝0或t＝eq\f(3,2).分別將t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由題意得它們互為相反數(shù)，故a＝eq\f(27,8).答案eq\f(27,8)4．同學們經過市場調查，得出了某種商品在年的價格y(單位：元)與時間t(單位：月)的函數(shù)關系為：y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，則10月份該商品價格上漲的速度是______元/月．解析∵y＝2＋eq\f(t2,20－t)(1≤t≤12)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t2,20－t)))′＝2′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,20－t)))′＝eq\f(t2′20－t－t220－t′,20－t2)＝eq\f(40t－t2,20－t2).由導數(shù)的幾何意義可知10月份該商品的價格的上漲速度應為y′|t＝10＝eq\f(40×10－102,20－102)＝3.因此10月份該商品價格上漲的速度為3元/月．答案3三、解答題(共25分)5．(12分)設函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明：曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值．(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當x＝2時，y＝eq\f(1,2).又f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設P(x0，y0)為曲線上任一點，由f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)知，曲線在點P(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))·(x－x0)，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x20)))(x－x0)．令x＝0得，y＝－eq\f(6,x0)，從而得切線與直線x＝0交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，從而得切線與直線y＝x的交點坐標為(2x0,2x0)．所以點P(x0，y0)處的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形面積為eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，此定值為6.6．(13分)(·遼寧)設f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b，為常數(shù))，曲線y＝f(x)與直線y＝eq\f(3,2)x在(0,0)點相切．(1)求a，b的值；(2)證明：當0<x<2時，f(x)<eq\f(9x,x＋6).(1)解由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點的切線斜率為eq\f(3,2)，又y′|x＝0＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))＋a))))x＝0＝eq\f(3,2)＋a，得a＝0.(2)證明當x>0時，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.記h(x)＝f(x)－eq\f(9x,x＋6)，則h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1))－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(2＋\r(x＋1),2x＋1)－eq\f(54,x＋62)<eq\f(x＋6,4x＋1)－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(x＋63－216x＋1,4x＋1x＋62).令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，則當0<x<2時，g′(x)＝3(x＋6)2－216<0.因此g(x)在(0,2)內是遞減函數(shù)，又由g(0)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(0,2)內是遞減函數(shù)，又h(0)＝0，得h(x)<0.于是當0<x<2時，f(x)<eq\f(9x,x＋6).特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內容.第2講導數(shù)的應用(一)【年高考會這樣考】1．導數(shù)的幾何意義及應用，曲線的切線方程的求解與應用．2．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，會求函數(shù)的單調區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)．3．由函數(shù)單調性和導數(shù)的關系，研究恒成立問題或求參數(shù)的范圍.eq\f(對應學生,41)考點梳理1．導數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)f′(x0)是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處切線l的斜率，切線l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．導數(shù)的物理意義若物體位移隨時間變化的關系為s＝f(t)，則f′(t0)是物體運動在t＝t0時刻的瞬時速度．3．函數(shù)的單調性在(a，b)內可導函數(shù)f(x)，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內都不恒等于0，則f′(x)≥0?函數(shù)f(x)在(a，b)上單調遞增；f′(x)≤0?函數(shù)f(x)在(a，b)上單調遞減．【助學·微博】一個警示直線與曲線有且只有一個公共點，直線不一定是曲線的切線；反之直線是曲線的切線，但直線不一定與曲線有且只有一個公共點．兩個條件(1)f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上單調遞增的充分條件．(2)對于可導函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．三個步驟求函數(shù)單調區(qū)間的步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導數(shù)f′(x)；(3)由f′(x)>0(f′(x)<0)解出相應的x的范圍．當f′(x)>0時，f(x)在相應的區(qū)間上是增函數(shù)；當f′(x)<0時，f(x)在相應的區(qū)間上是減函數(shù)，還可以列表，寫出函數(shù)的單調區(qū)間．考點自測1．(·遼寧)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調遞減區(qū)間為()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)解析由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，解得0<x≤1，所以函數(shù)的單調遞減區(qū)間為(0,1]．答案B2．(·山東)曲線y＝x3＋11在點P(1,12)處的切線與y軸交點的縱坐標是()．A．－9B．－3C．9D．15解析由已知y′＝3x2，則y′|x＝1＝3，切線方程為y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，令x＝0得y＝9.答案C3．曲線C：y＝eq\f(1,3)x3＋x＋1上斜率最小的一條切線與圓x2＋y2＝eq\f(1,2)的交點個數(shù)為()．A．0B．1C．2D．3解析由題可知y′＝x2＋1≥1，當x＝0時，y′取得最小值1，則曲線C上斜率最小的一條切線斜率為1，切點為(0,1)，切線方程為x－y＋1＝0，圓心到直線的距離為d＝eq\f(1,\r(12＋12))＝eq\f(\r(2),2)＝r，所以直線與圓相切，只有一個交點．答案B4．(·遼寧)函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為()．A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析記g(x)＝f(x)－(2x＋4)，則有g(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0.∵g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上是增函數(shù)．不等式f(x)>2x＋4，即g(x)>0＝g(－1)，于是由g(x)在R上是增函數(shù)得，x>－1，即不等式f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)，選B.答案B5．函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析f′(x)＝3x2＋a，f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，則f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥－3.答案[－3，＋∞)eq\f(對應學生,41)考向一導數(shù)幾何意義的應用【例1】?(·蘇州模擬)若存在過點(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，則a等于()．A．－1或－eq\f(25,64)B．－1或eq\f(21,4)C．－eq\f(7,4)或－eq\f(25,64)D．－eq\f(7,4)或7[審題視點]因為點(1,0)不在曲線y＝x3上，所以應從設切點入手來求切線方程，再利用切線與曲線y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切求a的值．解析設過(1,0)的直線與y＝x3相切于點(x0，xeq\o\al(3,0))，所以切線方程為y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)即y＝3xeq\o\al(2,0)x－2xeq\o\al(3,0)，又(1,0)在切線上，則x0＝0或x0＝eq\f(3,2)，當x0＝0時，由y＝0與y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－eq\f(25,64)，當x0＝eq\f(3,2)時，由y＝eq\f(27,4)x－eq\f(27,4)與y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－1，所以選A.答案A導數(shù)的幾何意義是切點處切線的斜率，應用時主要體現(xiàn)在以下幾個方面：(1)已知切點A(x0，f(x0))求斜率k，即求該點處的導數(shù)值：k＝f′(x0)；(2)已知斜率k，求切點A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k；(3)已知過某點M(x1，f(x1))(不是切點)的切線斜率為k時，常需設出切點A(x0，f(x0))，利用k＝eq\f(fx1－fx0,x1－x0)求解．【訓練1】(·重慶)設f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值．解(1)因為f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，故f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2).由于曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而a－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1(x>0)，f′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(3x2－2x－1,2x2)＝eq\f(3x＋1x－1,2x2).令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(因為x2＝－\f(1,3)不在定義域內，舍去)).當x∈(0,1)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3.考向二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性【例2】?已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍．[審題視點](1)由f′(x)>0可求；(2)由f′(x)≥0轉化為不等式恒成立，分離參數(shù)可求．解(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－eq\r(2)＜x＜eq\r(2).∴a＝2時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)∵函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增，∴f′(x)≥0對x∈(－1,1)都成立．∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立．∵ex＞0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立．即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝x＋1－eq\f(1,x＋1)對x∈(－1,1)都成立．令y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，則y′＝1＋eq\f(1,x＋12)＞0，∴y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上單調遞增．∴y＜1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，∴a≥eq\f(3,2).故a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).(1)當f(x)不含參數(shù)時，可通過解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)直接得到單調遞增(或遞減)區(qū)間．(2)已知函數(shù)的單調性，求參數(shù)的取值范圍，應用條件f′(x)≥0([或f′(x)≤0]，x∈(a，b)]恒成立，解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍．【訓練2】已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2(m、n∈R，m≠0)，函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線與x軸平行．(1)用關于m的代數(shù)式表示n；(2)求函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間．解(1)由已知條件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，∴3m＋n＝0，故n＝－3m.(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2∴f′(x)＝3mx2－6mx.令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，當m>0時，解得x<0或x>2，則函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)；當m<0時，解得0<x<2，則函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間是(0,2)．綜上，當m>0時，函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)；當m<0時，函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間是(0,2)．考向三利用導數(shù)研究恒成立問題【例3】?已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若a>0，試判斷f(x)在定義域內的單調性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，求a的值；(3)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．[審題視點](1)求導數(shù)f′(x)→判斷f′(x)>0或f′(x)<0→確定單調性．(2)根據(jù)單調性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求解．(3)f(x)<x2→a>xlnx－x3→求xlnx－x3的最大值．解(1)由題意f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數(shù)．(2)由(1)可知，f′(x)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(3,2)(舍去)．②若a≤－e，則x＋a≤0，則f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(e,2)(舍去)．③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，當1<x<－a時，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上為減函數(shù)；當－a<x<e時，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\r(e).綜上所述，a＝－eq\r(e).(3)∵f(x)<x2，∴l(xiāng)nx－eq\f(a,x)<x2.又x>0，∴a>xlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x).∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數(shù)．g(x)<g(1)＝－1，∴當a≥－1時，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．(1)求函數(shù)的單調區(qū)間，直接求導，然后解不等式即可，注意函數(shù)的定義域．(2)參數(shù)問題涉及的有最值恒成立的問題、單調性的逆向應用等，求解時注意分類討論思想的運用．【訓練3】已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(1,x)－ax2＋x(a>0)，若f(x)是定義域上的單調函數(shù)，求a的取值范圍．解f(x)＝－lnx－ax2＋x，f′(x)＝－eq\f(1,x)－2ax＋1＝－eq\f(2ax2－x＋1,x)令方程2ax2－x＋1＝0.則Δ＝1－8a.當a≥eq\f(1,8)時，Δ≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)單調遞減．當0<a<eq\f(1,8)時，Δ>0，方程2ax2－x＋1＝0有兩個不相等的正根x1，x2，不妨設x1<x2，則當x∈(0，x1)∪(x2＋∞)時，f′(x)<0，當x∈(x1，x2)時，f′(x)>0，這時f(x)不是單調函數(shù)．綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)).eq\f(對應學生,43)規(guī)范解答4——利用導數(shù)證明不等式【命題研究】導數(shù)作為一種研究數(shù)學知識的工具，在求函數(shù)單調性、最值等方面發(fā)揮了獨特的作用，同樣，我們也可以利用導數(shù)完成一些不等式的證明問題，其關鍵在于要構造好函數(shù)的形式，轉化為研究函數(shù)的單調性、最值或值域問題，一般難度較大．【真題探究】?(本小題滿分13分)(·山東)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調區(qū)間；(3)設g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)為f(x)的導函數(shù)，證明：對任意x>0，g(x)<1＋e－2.[教你審題](1)由已知，求導后利用方程f′(1)＝0即可求出k的值；(2)討論f′(x)在(0，＋∞)上的單調性與零點，即可得出函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(3)變換g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，適當構造函數(shù)，證明0<eq\f(x＋1,ex)<1,1－x－xlnx≤1＋e－2即可．[規(guī)范解答](1)解由f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)得f′(x)＝eq\f(1－kx－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)．由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(3分)(2)解由(1)得f′(x)＝eq\f(1,xex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，當x∈(0,1)時，h(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0.又ex>0，所以當x∈(0,1)時，f′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.因此f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(7分)(3)證明因為g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此，對任意x>0，g(x)<1＋e－2等價于1－x－xlnx<eq\f(ex,x＋1)(1＋e－2)．由(2)知h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)．因此，當x∈(0，e－2)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈(e－2，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減．所以h(x)的最大值為h(e－2)＝1＋e－2.故1－x－xlnx≤1＋e－2.(10分)設φ(x)＝ex－(x＋1)．因為φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，φ(x)>φ(0)＝0，故當x∈(0，＋∞)時，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即eq\f(ex,x＋1)>1.所以1－x－xlnx≤1＋e－2<eq\f(ex,x＋1)(1＋e－2)．因此對任意x>0，g(x)<1＋e－2.(13分)[閱卷老師手記](1)本題出現(xiàn)的問題：一是第(2)問中，考生不會把f′(x)＝eq\f(1－x－xlnx,xex)中的分子單獨分離出來判斷其符號．二是第(3)問中，未考慮二次求導，找h(x)＝1－x－xlnx的零點，從而細化x的范圍求最值．三是第三問中不會構造函數(shù)證明eq\f(ex,x＋1)>1.(2)在使用導數(shù)證明不等式時，如果給出的不等式過于復雜，需要變換不等式，把其分解為若干個不等式．再根據(jù)不等式的性質得出所證的不等式，在使用不等式的性質時注意不等式性質的使用條件．用導數(shù)法證明不等式f(x)≥g(x)的問題一般可用以下幾步解答：第一步：構造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)；第二步：求函數(shù)F(x)的導數(shù)F′(x)；第三步：判斷函數(shù)F(x)在給定區(qū)間上的單調性；第四步：求F(x)在給定區(qū)間上的最小值F(x)min≥0，即證得f(x)≥g(x)．eq\f(對應學生,245)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(·石景山模擬)若函數(shù)h(x)＝2x－eq\f(k,x)＋eq\f(k,3)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是 ()．A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，2)解析由條件得h′(x)＝2＋eq\f(k,x2)＝eq\f(2x2＋k,x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)．答案A2．(·鄭州檢測)函數(shù)f(x)＝(4－x)ex的單調遞減區(qū)間是 ()．A．(－∞，4) B．(－∞，3)C．(4，＋∞) D．(3，＋∞)解析f′(x)＝ex＋(4－x)·ex＝ex(3－x)，令f′(x)<0，由于ex>0，∴3－x<0，解得x>3.答案D3．(·安慶模擬)下列函數(shù)中，在(0，＋∞)內為增函數(shù)的是 ()．A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx解析sin2x＝2sinxcosx，(sin2x)′＝2(cos2x－sin2x)，在(0，＋∞)不恒大于零；(x3－x)′＝3x2－1，在(0，＋∞)不恒大于零；(－x＋lnx)′＝－1＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)不恒大于零；(xex)′＝ex＋xex，當x∈(0，＋∞)時ex＋xex>0，故選B.答案B4．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為 ()．A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0<x<1}解析構造函數(shù)g(x)＝ex·f(x)－ex，因為g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex為R上的增函數(shù)，又因為g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式轉化為g(x)>g(0)，解得x>0.答案A二、填空題(每小題5分，共10分)5．函數(shù)y＝x－2sinx在[0，π]上的遞增區(qū)間是________．解析y′＝1－2cosx，令1－2cosx≥0，得cosx≤eq\f(1,2)，解得2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(5,3)π，k∈R，又0≤x≤π，∴eq\f(π,3)≤x≤π.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))6．已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，則a的值為________．解析設切點坐標為(x0，y0)又y′＝eq\f(1,x＋a)，由已知條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0＋1，,y0＝lnx0＋a，,\f(1,x0＋a)＝1，))解得a＝2.答案2三、解答題(共25分)7．(12分)設函數(shù)f(x)＝ax3－3x2，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的極值點，求函數(shù)g(x)＝ex·f(x)的單調區(qū)間．解f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．因為x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點．所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1，經驗證，當a＝1時，x＝2是函數(shù)f(x)的極值點，所以g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)＝ex(x3－6x)＝x(x＋eq\r(6))(x－eq\r(6))ex.因為ex>0，所以y＝g(x)的單調增區(qū)間是(－eq\r(6)，0)和(eq\r(6)，＋∞)；單調減區(qū)間是(－∞，－eq\r(6))和(0，eq\r(6))．8．(13分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(3)設函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函數(shù)g(x)在x∈[－3，2]上單調遞增，求實數(shù)c的取值范圍．解(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.當x＝eq\f(2,3)時，得a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.則f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))(x－1)，列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－eq\f(1,3))和(1，＋∞)；f(x)的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，因為函數(shù)g(x)在x∈[－3,2]上單調遞增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范圍是[11，＋∞)．探究提高利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的一般步驟：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導數(shù)f′(x)；(3)①若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題求解．B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足f(4－x)＝f(x)，(x－2)·f′(x)<0，若x1<x2且x1＋x2>4，則 ()．A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)與f(x2)的大小不確定解析∵f(4－x)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，由(x－2)f′(x)<0可得函數(shù)f(x)在(－∞，2)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減，∴當x2>x1>2時，f(x1)>f(x2)；當x2>2>x1時，∵x1＋x2>4，∴x2>4－x1>2，∴f(4－x1)＝f(x1)>f(x2)，綜上，f(x1)>f(x2)，故選B.答案B2．已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1,5]，部分對應值如下表．f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．下列關于函數(shù)f(x)的命題：①函數(shù)y＝f(x)是周期函數(shù)；②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)；③如果當x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4；④當1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a有4個零點．其中真命題的個數(shù)有 ()．A．4 B．3 C．2 D．1解析依題意得，函數(shù)f(x)不可能是周期函數(shù)，因此①不正確；當x∈(0,2)時，f′(x)<0，因此函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)，②正確；當x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，依題意，結合函數(shù)f(x)的可能圖象形狀分析可知，此時t的最大值是5，因此③不正確；注意到f(2)的值不明確，結合圖形分析可知，將函數(shù)f(x)的圖象向下平移a(1<a<2)個單位后相應曲線與x軸的交點個數(shù)不確定，因此④不正確．綜上所述，選D.答案D二、填空題(每小題5分，共10分)3．函數(shù)f(x)＝xeq\r(ax－x2)(a>0)的單調遞減區(qū)間是________．解析由ax－x2≥0(a>0)，解得0≤x≤a，即函數(shù)f(x)的定義域為[0，a]，f′(x)＝eq\f(3ax－4x2,2\r(ax－x2))＝eq\f(－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3a,4))),\r(ax－x2))，由f′(x)<0解得x≥eq\f(3a,4)，因此f(x)的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)，a)).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)，a))4．已知函數(shù)y＝－eq\f(1,3)x3＋bx2－(2b＋3)x＋2－b在R上不是單調減函數(shù)，則b的取值范圍是________．解析y′＝－x2＋2bx－(2b＋3)，要使原函數(shù)在R上單調遞減，應有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3)＝4(b2－2b－3)≤0，∴－1≤b≤3，故使該函數(shù)在R上不是單調減函數(shù)的b的取值范圍是b<－1或b>3.答案(－∞，－1)∪(3，＋∞)三、解答題(共25分)5．(12分)已知函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x·sinθ)＋lnx在[1，＋∞)上為增函數(shù)，且θ∈(0，π)，f(x)＝mx－eq\f(m－1,x)－lnx，m∈R.(1)求θ的值；(2)若f(x)－g(x)在[1，＋∞)上為單調函數(shù)，求m的取值范圍．解(1)由題意得，g′(x)＝－eq\f(1,sinθ·x2)＋eq\f(1,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即eq\f(sinθ·x－1,sinθ·x2)≥0.∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，故sinθ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sinθ·1－1≥0，即sinθ≥1，只有sinθ＝1.結合θ∈(0，π)，得θ＝eq\f(π,2).(2)由(1)，得f(x)－g(x)＝mx－eq\f(m,x)－2lnx，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(fx－gx))′＝eq\f(mx2－2x＋m,x2).∵f(x)－g(x)在其定義域內為單調函數(shù)，∴mx2－2x＋m≥0或者mx2－2x＋m≤0在[1，＋∞)恒成立．mx2－2x＋m≥0等價于m(1＋x2)≥2x，即m≥eq\f(2x,1＋x2)，而eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤1，∴m≥1.mx2－2x＋m≤0等價于m(1＋x2)≤2x，即m≤eq\f(2x,1＋x2)在[1，＋∞)上恒成立．而eq\f(2x,x2＋1)∈(0,1]，∴m≤0.綜上，m的取值范圍是(－∞，0]∪[1，＋∞)．6．(13分)設函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內有極值．(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求證：f(x2)－f(x1)>e＋2－eq\f(1,e).注：e是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)解易知函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x－12)＝eq\f(x－12－ax,xx－12)＝eq\f(x2－a＋2x＋1,xx－12).由函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內有極值，可知方程f′(x)＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內有解，令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)．不妨設0<α<eq\f(1,e)，則β>e，又g(0)＝1>0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)－eq\f(a＋2,e)＋1<0，解得a>e＋eq\f(1,e)－2.(2)證明由(1)知f′(x)>0?0<x<α或x>β，f′(x)<0?α<x<1或1<x<β，所以函數(shù)f(x)在(0，α)，(β，＋∞)上單調遞增，在(α，1)，(1，β)上單調遞減．由x1∈(0,1)得f(x1)≤f(α)＝lnα＋eq\f(a,α－1)，由x2∈(1，＋∞)得f(x2)≥f(β)＝lnβ＋eq\f(a,β－1)，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)．由(1)易知α·β＝1，α＋β＝a＋2，所以f(β)－f(α)＝lnβ－lneq\f(1,β)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,β－1)－\f(1,α－1)))＝2lnβ＋a·eq\f(α－β,β－1α－1)＝2lnβ＋a·eq\f(\f(1,β)－β,2－a＋2)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β).記h(β)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β)(β>e)，則h′(β)＝eq\f(2,β)＋1＋eq\f(1,β2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,β)＋1))2>0，所以函數(shù)h(β)在(e，＋∞)上單調遞增，所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－eq\f(1,e).特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內容.第3講導數(shù)的應用(二)【年高考會這樣考】1．利用導數(shù)求函數(shù)的極值與閉區(qū)間上的最值．2．利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題.eq\f(對應學生,44)考點梳理1．函數(shù)的極值(1)判斷f(x0)是極值的方法：一般地，當函數(shù)f(x)在點x0處連續(xù)時，①如果在x0附近的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，那么f(x0)是極大值；②如果在x0附近的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，那么f(x0)是極小值．(2)求可導函數(shù)極值的步驟：①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值．如果左右兩側符號一樣，那么這個根不是極值點．2．函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．(3)設函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下：①求f(x)在(a，b)內的極值；②將f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．3．利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數(shù)學模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關系式y(tǒng)＝f(x)；(2)求函數(shù)的導數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點和f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值；(4)回歸實際問題作答．【助學·微博】一個區(qū)別極值與最值的區(qū)別極值是指某一點附近函數(shù)值的比較，因此，同一函數(shù)在某一點的極大(小)值，可以比另一點的極小(大)值小(大)；最大、最小值是指閉區(qū)間[a，b]上所有函數(shù)值的比較．因而在一般情況下，兩者是有區(qū)別的，極大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是極大(小)值，但如果連續(xù)函數(shù)在開區(qū)間(a，b)內只有一個極值，那么極大值就是最大值，極小值就是最小值．兩個注意(1)注意實際問題中函數(shù)定義域的確定．(2)在實際問題中，如果函數(shù)在區(qū)間內只有一個極值點，那么只要根據(jù)實際意義判定最大值還是最小值即可，不必再與端點的函數(shù)值比較．三個防范(1)求函數(shù)最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過認真比較才能下結論；另外注意函數(shù)最值是個“整體”概念，而極值是個“局部”概念．(2)f′(x0)＝0是y＝f(x)在x＝x0取極值的既不充分也不必要條件．如①y＝|x|在x＝0處取得極小值，但在x＝0處不可導；②f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的極值點．(3)若y＝f(x)可導，則f′(x0)＝0