2018高考数学(理)复习 2013-2017高考分类汇编 第3章 导数与定积分-1 导数的概念与运算(理科) 含解析

第3课时导数与函数的综合问题题型一导数与不等式有关的问题命题点1 解不等式例1 设f(x)是定义在R上的奇函数,f（2）＝0，当x>0时，有错误!<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是（)A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．（－2,0)∪（0，2）C．(－∞，－2)∪（2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，2)答案D解析∵当x>0时，错误!′<0，∴φ（x）＝错误!为减函数,又φ(2）＝0，∴当且仅当0<x〈2时,φ（x）〉0,此时x2f（x)〉0。

又f(x）为奇函数,∴h(x）＝x2f(x)也为奇函数．故x2f（x）>0的解集为（－∞，－2）∪(0,2）．命题点2 证明不等式例2 (2016·全国丙卷)设函数f（x）＝ln x－x＋1.(1）讨论f（x)的单调性；(2)证明:当x∈(1,＋∞)时，1<错误!<x；(3)设c〉1，证明：当x∈（0,1）时，1＋（c－1）x>c x。

（1）解由题设,f（x)的定义域为（0,＋∞），f′(x）＝错误!－1，令f′(x）＝0，解得x＝1.当0〈x〈1时，f′（x）〉0，f(x）单调递增；当x〉1时，f′（x）〈0，f(x)单调递减．（2)证明由（1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0。

所以当x≠1时,ln x<x－1。

故当x∈（1，＋∞）时，ln x<x－1，ln错误!<错误!－1，即1〈错误!〈x.（3)证明由题设c>1,设g（x）＝1＋(c－1)x－c x,则g′（x)＝c－1－c x ln c,令g′（x）＝0，解得x0＝错误!。

当x<x0时，g′(x）>0，g（x）单调递增；当x>x0时，g′(x）<0,g（x）单调递减．由（2)知1〈错误!〈c，故0<x0〈1。

又g（0)＝g（1）＝0，故当0〈x<1时，g(x）>0。

A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1．定积分⎠⎛01(2x ＋e x )d x 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －1【解析】 ⎠⎛01(2x ＋e x)d x ＝(x 2＋e x)⎪⎪⎪10＝e.故选C. 【答案】 C2．(2017·河北定州中学第一次考试)曲线C ：y ＝x 3(x ≥0)在点x ＝1处的切线为l ，则由曲线C 、直线l 及x 轴围成的封闭图形的面积是( )A ．1 B.112C.43D.34【答案】 B3．(2017·武汉市高三调研测试)一物体在变力F (x )＝5－x 2(力单位：N ，位移单位：m)作用下，沿与F (x )成30°方向作直线运动，则由x ＝1运动到x ＝2时，F (x )做的功为( )A. 3 JB.233J C.433 J D ．2 3 J 【解析】 ⎠⎛12F (x )cos 30°d x ＝⎠⎛1232(5－x 2)d x∴F (x )做的功为43 3 J.【答案】 C4．(2017·沈阳质量监测)由曲线y ＝x 2，y ＝x 围成的封闭图形的面积为( ) A.16 B.13 C.23D ．1【答案】 BA ．－1B ．0C ．1D ．2【答案】 A7．(2017·广东东莞一中、松山湖学校联考)由曲线y ＝2x 2，直线y ＝－4x －2，直线x ＝1围成的封闭图形的面积为________．所求图形的面积为S ＝⎠⎛－11(2x 2)d x －⎠⎛－11(－4x －2)d x ＝43－(－4)＝163.【答案】163【答案】 369．求曲线y ＝x ，y ＝2－x ，y ＝－13x 所围成图形的面积．10．在某介质内作变速直线运动的物体，经过时间t (单位：s)所走过的路程s ＝4t 2(单位：m)，若介质阻力F 与物体的运动速度v 成正比，且当v ＝10 m/s 时，F ＝5 N ，求物体在位移区间[1，4]内克服介质阻力所做的功．【解析】 ∵物体经过时间t 所走过的路程s ＝4t 2， ∴速度v (t )＝s ′＝8t .设F ＝kv (t )，由“当v ＝10 m/s 时，F ＝5 N ”知k ＝12，∴F ＝4t ·d W ＝F d s ＝4t ·d(4t 2)＝32t 2d t . ∵s ∈[1，4]，∴t ∈⎣⎡⎦⎤12，1，∴物体在位移区间[1，4]内克服介质阻力所做的功 W ＝∫11232t 2d t ＝32t 33⎪⎪⎪⎪112＝283(J)． B 组 专项能力提升 (时间：15分钟)11．若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，则⎠⎛01f (x )d x 等于( )A ．－1B ．－13C.13D ．1【答案】 BA ．S 1＜S 2＜S 3B ．S 2＜S 1＜S 3C ．S 2＜S 3＜S 1D ．S 3＜S 2＜S 1 【解析】 方法一 S 1＝13x 3⎪⎪⎪21＝83－13＝73，S 2＝ln x ⎪⎪⎪21＝ln 2＜ln e ＝1，S 3＝e x⎪⎪⎪21＝e 2－e ≈2.72－2.7＝4.59， 所以S 2＜S 1＜S 3.【答案】B【答案】D14．汽车以v＝3t＋2(单位：m/s)作变速直线运动时，在第1 s至第2 s间的1 s内经过的路程是________m.【答案】6.515．(2015·陕西)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________．【解析】建立平面直角坐标系如图所示，可求得A(3，0)，B(5，2)，∴可求得抛物线方程为y＝2 25x2.【答案】 65。

基础巩固题组（建议用时:40分钟）一、选择题1.（2016·四川卷)已知a为函数f(x）＝x3－12x的极小值点，则a＝（)A.－4 B。

－2 C.4 D.2解析f′（x)＝3x2－12，∴x<－2时，f′(x）>0,－2<x 〈2时，f′（x）〈0,x〉2时，f′(x）>0，∴x＝2是f(x）的极小值点.答案D2.函数f(x）＝错误!x2－ln x的最小值为（）A。

错误! B.1 C.0 D。

不存在解析f′（x)＝x－错误!＝错误!，且x〉0.令f′（x）>0，得x>1；令f′（x)〈0，得0<x<1。

∴f（x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f（1)＝错误!－ln 1＝错误!.答案A3.(2017·合肥模拟）已知函数f（x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示,则x错误!＋x错误!等于（)A。

错误! B.错误!C.错误!D。

错误!解析由图象可知f(x）的图象过点(1，0)与（2,0)，x1,x2是函数f（x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c ＝0,解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x）＝3x2－6x＋2。

x1，x2是方程f′（x）＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2,x1x2＝23,所以x错误!＋x错误!＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－错误!＝错误!.答案C4.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为（）A。

3 B。

4 C。

6 D.5解析设圆柱的底面半径为R，母线长为l,则V＝πR2l ＝27π，∴l＝错误!，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小。

由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·错误!.∴S′＝2πR－错误!，令S′＝0,得R＝3，则当R＝3时，S最小.故选A。

答案A5。

(2017·东北四校联考）已知函数f(x)＝x3＋ax2＋（a ＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是（）A.(－1,2) B。

1．定积分的概念在ʃ错误!f(x)d x中，a，b分别叫做积分下限与积分上限，区间［a，b]叫做积分区间，函数f（x）叫做被积函数,x叫做积分变量，f（x)d x 叫做被积式．2．定积分的性质（1)ʃ错误!kf(x)d x＝kʃ错误!f（x)d x(k为常数）;(2）ʃ错误![f1(x)±f2(x）]d x＝ʃ错误!f1（x)d x±ʃ错误!f2(x)d x；(3）ʃb，a f(x)d x＝ʃ错误!f（x）d x＋ʃ错误!f（x）d x(其中a<c〈b）．3．微积分基本定理一般地，如果f(x)是区间[a，b］上的连续函数，且F′（x)＝f（x),那么ʃ错误!f(x）d x＝F（b）－F(a），这个结论叫做微积分基本定理，又叫做牛顿—莱布尼茨公式．为了方便，常把F(b)－F(a)记作F（x）｜错误!,即ʃ错误!f(x）d x＝F(x）｜错误!＝F(b）－F(a）．【知识拓展】1．定积分应用的常用结论当曲边梯形位于x轴上方时,定积分的值为正；当曲边梯形位于x轴下方时，定积分的值为负；当位于x轴上方的曲边梯形与位于x轴下方的曲边梯形面积相等时，定积分的值为零．2．函数f(x）在闭区间[－a，a]上连续，则有（1）若f(x）为偶函数，则ʃ错误!f(x)d x＝2ʃ错误!f(x）d x。

（2）若f（x）为奇函数，则ʃ错误!f(x）d x＝0.【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）(1)设函数y＝f(x)在区间[a，b]上连续，则ʃ错误!f（x)d x＝ʃ错误!f（t）d t。

( √)（2）若函数y＝f(x)在区间[a，b]上连续且恒正,则ʃ错误!f（x）d x〉0。

( √）(3)若ʃ错误!f(x)d x〈0，那么由y＝f(x)，x＝a，x＝b以及x轴所围成的图形一定在x轴下方．( ×)（4）微积分基本定理中的F(x）是唯一的．( ×）（5）曲线y＝x2与y＝x所围成图形的面积是ʃ错误!（x2－x）d x。

第三章导数及其应用考点1 导数与积分1.（2017•浙江,7）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A. B. C. D.1. D 由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D.2.（2017•新课标Ⅱ,11）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A.﹣1B.﹣2e﹣3C.5e﹣3D.12. A 函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1 =（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选A．3.(2014·大纲全国，7)曲线y＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A. 2eB.eC.2D.1 3.C[由题意可得y ′＝e x －1＋x ex －1，所以曲线在点(1，1)处切线的斜率等于2，故选C.]4.(2014·新课标全国Ⅱ，8)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A.0B.1C.2D.3 4.D [y ′＝a －1x ＋1，由题意得y ′|x ＝0＝2，即a －1＝2，所以a ＝3.]5.(2014·陕西，3)定积分(2x ＋e x)d x 的值为( ) A.e ＋2 B.e ＋1 C.e D.e －15.C [∫10(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x )|10＝(1＋e)－(0＋e 0)＝e ，因此选C.]6.(2014·江西，8)若f (x )＝x 2＋2f (x )d x ，则f (x )d x ＝( ) A.－1 B.－13 C.13D.16.B [因为∫10f (x )d x 是常数，所以f ′(x )＝2x ，所以可设f (x )＝x 2＋c (c 为常数)，所以x 2＋c ＝x 2＋2(13x 3＋cx )|10，解得c ＝－23，∫10f (x )d x ＝∫10(x 2＋c )d x ＝∫10(x 2－23)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－23x |10＝－13.]7.(2014·山东，6)直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A.2 2 B.4 2 C.2 D.47.D [由4x ＝x 3，解得x ＝0或x ＝2或x ＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为∫20(4x －x 3)d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 4|20＝4.]8.(2014·湖南，9)已知函数f (x )＝sin(x －φ)，且2π30()d f x x ⎰＝0，则函数f (x )的图象的一条对称轴是( )A.x ＝5π6B.x ＝7π12C.x ＝π3D.x ＝π68.A [由定积分∫2π30sin(x －φ)d x ＝－cos(x －φ)|2π30＝12cos φ－32sin φ＋cos φ＝0，得tan φ＝3，所以φ＝π3＋k π(k ∈Z )，所以f (x )＝sin(x －π3－k π)(k ∈Z )，由正弦函数的性质知y ＝sin(x －π3－k π)与y ＝sin(x －π3)的图象的对称轴相同，令x －π3＝k π＋π2，则x ＝k π＋5π6(k ∈Z )，所以函数f (x )的图象的对称轴为x ＝k π＋56π(k ∈Z )，当k ＝0，得x ＝5π6，选A.]9.(2014·湖北，6)若函数f (x )，g (x )满足11()()d f x g x x -⎰＝0，则称f (x )，g (x )为区间[－1,1]上的一组正交函数.给出三组函数：①f (x )＝sin 12x ，g (x )＝cos 12x ；②f (x )＝x ＋1，g (x )＝x －1；③f (x )＝x ，g (x )＝x 2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是( ) A.0 B.1 C.2 D.39.C [对于①，∫1－1sin 12x cos 12x d x ＝∫1－112sin x d x ＝0，所以①是一组正交函数；对于②，∫1－1(x ＋1)(x －1)d x ＝∫1－1(x 2－1)d x ≠0，所以②不是一组正交函数；对于③， ∫1－1x ·x 2d x ＝∫1－1x 3d x ＝0，所以③是一组正交函数.选C.]10.(2016·全国Ⅲ，15)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________.10.2x ＋y ＋1＝0[设x ＞0，则－x ＜0,f (－x )＝ln x －3x ,又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1.]11.(2016·全国Ⅱ，16)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.11.1－ln 2 [y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1).y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1，(设切点横坐标为x 2).∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.]12.(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.12.(1，1) [∵(e x )′|x=0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有(x1)′|x=x0＝－1x 20＝－1，又x 0＞0，∴x 0＝1，故P(1，1).] 13.(2015·湖南，11)⎰2(x －1)d x ＝________. 13.0 [∫20(x －1)d x ＝⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎫12x 2－x 20＝12×22－2＝0.] 14.(2015·天津，11)曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________.14.16 [曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形如图，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝x ，得A (1，1)，面积S ＝∫1x d x －∫10x 2d x ＝12x 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪10－13x 210＝12－13＝16.]15.(2015·陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.15.1.2 [由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，设抛物线方程为y ＝ax 2，将点(5，2)代入抛物线方程得a ＝225，故抛物线方程为y ＝225x 2,抛物线的横截面面积为S 1＝2⎰5(2-252x 2)d x ＝2(2x-752x 3)|50＝403(m 2)，而原梯形上底为10－2tan 45°×2＝6(m)，故原梯形面积为S 2＝12(10＋6)×2＝16，S 2S 1＝16403＝1.2.]16.(2014·江西，13)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________.16.(－ln 2，2) [由题意有y ′＝－e －x，设P (m ，n )，直线2x ＋y ＋1＝0的斜率为－2，则由题意得－e －m＝－2，解得m ＝－ln 2，所以n ＝e －(－ln 2)＝2.]考点2 导数的应用1.(2015·福建,10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1,其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,则下列结论中一定错误的是( ) A.f(k 1)＜1k B.f(k 1)＞1k －1 C.f(11-k )＜1k －1 D.f(11-k )＞k k －11.C [∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,∴f ′(x )－k ＞0,k －1＞0,1k －1＞0, 可构造函数g (x )＝f (x )－kx ,可得g ′(x )＞0,故g (x )在R 上为增函数, ∵f (0)＝－1,∴g (0)＝－1,∴g(11-k )＞g (0), ∴f(11-k )－k k －1＞－1,∴f(11-k )＞1k －1,∴选项C 错误,故选C.]2.(2015·陕西,12)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( )A.－1是f (x )的零点B.1是f (x )的极值点C.3是f (x )的极值D.点(2,8)在曲线y ＝f (x )上 2.A [A 正确等价于a －b ＋c ＝0,① B 正确等价于b ＝－2a ,② C 正确等价于4ac －b 24a ＝3,③D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8.④ 下面分情况验证,若A 错,由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8.符合题意；若B 错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解；若C 错,由①、②、④组成方程组,经验证a 无整数解； 若D 错,由①、②、③组成的方程组a 的解为－34也不是整数.综上,故选A.]3.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (－1)＝0,当x >0时,xf ′(x )－f (x )＜0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)3.A [因为f (x )(x ∈R )为奇函数,f (-1)＝0,所以f (1)＝-f (-1)＝0.当x ≠0时,令g (x )＝f （x ）x ,则g (x )为偶函数,且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时,g ′(x )＝(x x f )()′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0,故g (x )在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x ＜1时,g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0； 在(－∞,0)上,当x ＜－1时,g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上,得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]4.(2015·新课标全国Ⅰ,12)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 4.D [设g (x )＝e x(2x -1),y ＝ax -a ,由题知存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)在直线y ＝ax -a 的下方,因为g ′(x )＝e x(2x ＋1),所以当x <－12时,g ′(x )<0,当x >－12时,g ′(x )>0,所以当x ＝－12时,[g (x )]min ＝－2e －12,当x ＝0时,g (0)＝-1,g (1)＝3e>0,直线y ＝a (x -1)恒过(1,0)且斜率为a ,故－a >g (0)＝－1, 且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ,解得32e≤a <1,故选D.]5.(2014·新课标全国Ⅱ,12)设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)5.C[由正弦型函数的图象可知：f (x )的极值点x 0满足f (x 0)＝±3,则πx 0m ＝π2＋k π(k ∈Z ),从而得x 0＝(k ＋12)m (k ∈Z ).所以不等式x 02＋[f (x 0)]2<m 2即为(k ＋12)2m 2＋3<m 2,变形得m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122>3,其中k ∈Z .由题意,存在整数k 使得不等式m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>3成立.当k ≠－1且k ≠0时,必有⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>1,此时不等式显然不能成立,故k ＝－1或k ＝0,此时,不等式即为34m 2>3,解得m <－2或m >2.] 6.(2014·辽宁,11)当x ∈[－2,1]时,不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立,则实数a 的取值范围是( )A.[－5,－3]B.[－6,－89] C.[－6,－2] D. [－4,－3] 6.C [当x ∈(0,1]时,得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x,令t ＝1x ,则t ∈[1,＋∞),a ≥－3t 3－4t 2＋t ,令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ,t ∈[1,＋∞),则g ′(t )＝-9t 2-8t ＋1＝-(t ＋1)(9t －1),显然在[1,＋∞)上,g ′(t )<0,g (t )单调递减,所以g (t )max ＝g (1)＝-6,因此a ≥-6；同理,当x ∈[-2,0)时,得a ≤-2.由以上两种情况得-6≤a ≤-2,显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[-6,-2].]7.（2017•浙江,20）已知函数f （x ）=（x ﹣ ）e ﹣x（x≥ ）．（Ⅰ）求f （x ）的导函数；（Ⅱ）求f （x ）在区间[ ，+∞）上的取值范围． 7. （Ⅰ）函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x（x≥ ），导数f′（x ）=（1﹣ • •2）e ﹣x﹣（x ﹣）e ﹣x=（1﹣x+ ）e ﹣x=（1﹣x ）（1﹣）e ﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥ ⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）= e ，f（1）=0，f（）= e ，即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]．8.（2017•山东,20）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．8.（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h （x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h （x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．9.（2017•北京,19）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（13分）(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[0，]上的最大值和最小值．9.（1）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos ﹣=﹣．10.（2017·天津,20）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0， g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足| ﹣x0|≥ ．10.（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：x （﹣∞，﹣1）（﹣1，）（，+∞）g′（x）+ ﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g （x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0， 2]时，h（x）在区间（x0， m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是| ﹣x0|= ≥ = ．因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．11.（2017•江苏,20）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．11.（Ⅰ）因为f（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=﹣．由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x=﹣，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（﹣）=0，即﹣+ ﹣+1=0，所以b= + （a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+ ＞0，解得a＞3，所以b= + （a＞3）．（Ⅱ）由（I）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）解：由（I）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，设x1， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ，所以f（x1）+f（x2）= + +a（+ ）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2= ﹣+2，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，所以b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．12.（2017•新课标Ⅰ,21）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（12分）(1)讨论f（x）的单调性；(2)若f（x）有两个零点，求a的取值范围．12.（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+ ）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln ，当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+ ）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；（2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a +（a﹣2）﹣ln ，=a（）+（a﹣2）× ﹣ln ，=1﹣﹣ln ，由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln ＜0，整理得：a﹣1+alna＜0，设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，g′（a）=lna+1+1=lna+2，令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，∴0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．13.（2017•新课标Ⅱ,21）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．13.（Ⅰ）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（Ⅱ）由（I）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x= ，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0， x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0， x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．14.（2017•新课标Ⅲ,21）已知函数f （x ）=x ﹣1﹣alnx ． （Ⅰ）若 f （x ）≥0，求a 的值；（Ⅱ）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+ ）（1+ ） (1)）＜m ，求m 的最小值．14.（Ⅰ）因为函数f （x ）=x ﹣1﹣alnx ，x ＞0， 所以f′（x ）=1﹣ =，且f （1）=0．所以当a≤0时f ′（x ）＞0恒成立，此时y=f （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f （x ）≥0矛盾； 当a ＞0时令f′（x ）=0，解得x=a ，所以y=f （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增，即f （x ）min =f （a ）， 又因为f （x ）min =f （a ）≥0， 所以a=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f （x ）=x ﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln （x+1）≤x 当且仅当x=0时取等号， 所以ln （1+ ）＜，k ∈N *,所以，k ∈N *．一方面，因为 + +…+=1﹣＜1，所以，（1+ ）（1+）…（1+ ）＜e ；另一方面，（1+ ）（1+ ） (1)）＞（1+ ）（1+）（1+）=＞2，同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ） (1)）∈（2，e ）．因为m 为整数，且对于任意正整数n （1+ ）（1+ ） (1)）＜m ， 所以m 的最小值为3． 15.(2016·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性,并证明当x >0时,(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时,函数g (x )＝e x－ax －ax2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a ),求函数h (a )的值域.15.(1)解 f (x )的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x－（x －2）e x（x ＋2）2＝x 2ex（x ＋2）2≥0,且仅当x ＝0时,f ′(x )＝0,所以f (x )在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.因此当x ∈(0,＋∞)时,f (x )>f (0)＝－1.所以(x －2)e x>－(x ＋2),即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(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x a ∈( 0,2],使得f (x a )＋a ＝0,即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时,f (x )＋a <0,g ′(x )<0,g (x )单调递减； 当x >x a 时,f (x )＋a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值,最小值为g (x a )＝e xa －a （x a ＋1）x 2a ＝e xa ＋f （x a ）（x ＋1）x 2a＝e xa x a ＋2. 于是h (a )＝e x a x a ＋2,由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0,e xx ＋2单调递增.所以,由x a ∈(0,2],得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为e xx ＋2单调递增,对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24,存在唯一的x a ∈(0,2],a ＝－f (x a )∈[0,1),使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上,当a ∈[0,1)时,g (x )有最小值h (a ),h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.16.(2016·全国Ⅲ,21)设函数f (x )＝a cos 2x ＋(a －1)·(cos x ＋1),其中a ＞0,记|f (x )|的最大值为4. (1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A .16.(1)解 f ′(x )＝－2a sin 2x －(a －1)sin x .(2)解 当a ≥1时,|f (x )|＝|a cos 2x ＋(a －1)(cos x ＋1)|≤a ＋2(a －1)＝3a －2.因此A ＝3a －2.当0＜a ＜1时,将f (x )变形为f (x )＝2a cos 2x ＋(a －1)·cos x －1,令g (t )＝2at 2＋(a －1)t －1,则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值,g (-1)＝a ,g (1)＝3a -2,且当t ＝1-a 4a 时,g (t )取得极小值,极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-a 4a ＝-（a -1）28a -1＝-a 2＋6a ＋18a. 令-1＜1－a 4a ＜1,解得a ＜－13(舍去),a ＞15.(ⅰ)当0＜a ≤15时,g (t )在(-1,1)内无极值点,|g (-1)|＝a ,|g (1)|＝2－3a ,|g (-1)|＜|g (1)|,所以A ＝2－3a .(ⅱ)当15＜a ＜1时,由g (－1)－g (1)＝2(1－a )＞0,知g (－1)＞g (1)＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a . 又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a －|g (－1)|＝（1－a ）（1＋7a ）8a ＞0,所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a ＝a 2＋6a ＋18a . 综上,A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3a ，0＜a ≤15，a 2＋6a ＋18a ，15＜a ＜1，3a －2，a ≥1.(3)证明 由(1)得|f ′(x )|＝|－2a sin 2x －(a －1)sin x |≤2a ＋|a －1|. 当0＜a ≤15时,|f ′(x )|≤1＋a ≤2－4a ＜2(2－3a )＝2A .当15＜a ＜1时,A ＝a 8＋18a ＋34≥1,所以|f ′(x )|≤1＋a ＜2A . 当a ≥1时,|f ′(x )|≤3a －1≤6a －4＝2A .所以|f ′(x )|≤2A .17.(2016·全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明：x 1＋x 2<2.17.解(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①设a ＝0,则f (x )＝(x －2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a >0,则当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e,f (2)＝a ,取b 满足b <0且b <ln a 2,则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2,则ln(－2a )≤1,故当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,＋∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a <－e2,则ln(－2a )>1,故当x ∈(1,ln(－2a ))时,f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a ),＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(－2a ))上单调递减,在(ln(－2a ),＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,x 1∈(－∞,1),x 2∈(1,＋∞),2－x 2∈(－∞,1),f (x )在(－∞,1)上单调递减,所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2),即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2＋a (x 2－1)2,而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0, 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e 2－x－(x －2)e x,则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)＝0,故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0,故x 1＋x 2<2.18.(2016·北京,18)设函数f (x )＝x e a －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. 18. (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b .依题设,⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2,b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e2－x＋e x ,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 ＋e x －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(-∞,＋∞).19.(2016·四川,21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ,其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1,＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).19.解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,＋∞)内单调递减. 当a >0时,由f ′(x )＝0,有x ＝12a.此时,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.(2)令g (x )＝1x －1e x －1,s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时,s ′(x )>0,所以s (x )在区间(1,＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0,有s (x )>0,从而当x >1时,g (x )>0. 当a ≤0,x >1时,f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内恒成立时,必有a >0. 当0<a <12时,12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0,而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0, 所以此时f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时,h ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此,h (x )在区间(1,＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0,所以当x >1时,h (x )＝f (x )－g (x )>0,即f (x )>g (x )恒成立.综上,a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.20.(2016·山东,20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2,a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时,证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.20.(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时,x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 当a >0时,f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①0<a <2时,2a>1,当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.②a ＝2时,2a＝1,在x ∈(0,＋∞)内,f ′(x )≥0,f (x )单调递增. ③a >2时,0<2a<1,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减； 当0<a <2时,f (x )在(0,1)内单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时,f (x )在(0,＋∞)内单调递增； 当a >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增.(2)证明 由(1)知,a ＝1时,f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2]. 设g (x )＝x －ln x ,h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2],则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x≥0, 可得g (x )≥g (1)＝1,当且仅当x ＝1时取得等号.又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6,则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减.因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以∃x 0∈(1,2),使得x ∈(1,x 0)时,φ(x )>0,x ∈(x 0,2)时,φ(x )<0.所以h (x )在(1,x 0)内单调递增,在(x 0,2)内单调递减. 由h (1)＝1,h (2)＝12,可得h (x )≥h (2)＝12,当且仅当x ＝2时取得等号.所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.21.(2015·新课标全国Ⅱ,21)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1,x 2∈[－1,1],都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1,求m 的取值范围. 21.(1)证明 f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx－1≤0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx－1≥0,f ′(x )＞0.若m ＜0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx－1＞0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx－1＜0,f ′(x )＞0.所以,f (x )在(－∞,0)单调递减, 在(0,＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[－1,1],|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1,则g ′(t )＝e t－1.当t ＜0时,g ′(t )＜0；当t ＞0时,g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.又g (1)＝0,g (－1)＝e －1＋2－e ＜0,故当t ∈[－1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时,g (m )≤0,g (－m )≤0,即①式成立； 当m ＞1时,由g (t )的单调性,g (m )＞0,即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时,g (－m )＞0,即e －m＋m ＞e －1. 综上,m 的取值范围是[－1,1].22.(2015·北京,18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时,f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值. 22.(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x ),所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ,f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0,所以曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1),所以g (x )在区间(0,1)上单调递增.所以g (x )>g (0)＝0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)解 由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2. 所以当0<x <4k －2k时,h ′(x )<0,因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减.当0<x <4k －2k 时,h (x )<h (0)＝0,即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立.综上可知,k 的最大值为2.23.(2015·四川,21)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ,其中a ＞0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.23.(1)解 由已知,函数f (x )的定义域为(0,＋∞),g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x,所以g ′(x )＝2－2x＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2,当0＜a ＜14时,g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2,⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时,g (x )在区间(0,＋∞)上单调递增.(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x＝0,解得a ＝x －1－ln x1＋x－1, 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1, 则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0, 故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)＝0, 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1,u (x )＝x －1－ln x (x ≥1), 由u ′(x )＝1－1x≥0知,函数u (x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 所以0＝u （1）1＋1＜u （x 0）1＋x －10＝a 0＜u （e ）1＋e －1＝e －21＋e－1＜1,即a 0∈(0,1), 当a ＝a 0时,有f ′(x 0)＝0,f (x 0)＝φ(x 0)＝0, 由(1)知,f ′(x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 故当x ∈(1,x 0)时,f ′(x )＜0,从而f (x )＞f (x 0)＝0；当x ∈(x 0,＋∞)时,f ′(x )＞0,从而f (x )＞f (x 0)＝0,所以,当x ∈(1,＋∞)时,f (x )≥0, 综上所述,存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.24.(2015·天津,20)已知函数f (x )＝nx －x n ,x ∈R ,其中n ∈N *,n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x ),求证：对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实根x 1,x 2,求证：|x 2－x 1|＜a1－n＋2.24.(1)解 由f (x )＝nx －x n ,可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1).其中n ∈N *,且n ≥2,下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时.令f ′(x )＝0,解得x ＝1,或x ＝－1. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：x (－∞,－1)(－1,1) (1,＋∞) f ′(x ) －＋－f (x )所以,f (x )在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增. ②当n 为偶数时.当f ′(x )＞0,即x ＜1时,函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0,即x ＞1时,函数f (x )单调递减；所以,f (x )在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减. (2)证明 设点P 的坐标为(x 0,0),则x 0＝n1n －1,f ′(x 0)＝n －n 2. 曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0),即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0). 令F (x )＝f (x )－g (x ),即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0),则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0). 由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0,＋∞)上单调递减,故F ′(x )在(0,＋∞)上单调递减,又因为F ′(x 0)＝0,所以当x ∈(0,x 0)时,F ′(x )＞0, 当x ∈(x 0,＋∞)时,F ′(x )＜0,所以F (x )在(0,x 0)内单调递增, 在(x 0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x ,都有F (x )≤F (x 0)＝0,即对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x ). (3)证明 不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0), 设方程g (x )＝a 的根为x 2′,可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时,g (x )在(－∞,＋∞)上单调递减, 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′),可得x 2≤x 2′.类似地,设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x ),可得h (x )＝nx . 当x ∈(0,＋∞),f (x )－h (x )＝－x n＜0,即对于任意的x ∈(0,＋∞),f (x )＜h (x ). 设方程h (x )＝a 的根为x 1′,可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 在(－∞,＋∞)上单调递增,且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)＜h (x 1),因此x 1′＜x 1. 由此可得x 2－x 1＜x 2′－x 1′＝a1－n＋x 0. 因为n ≥2,所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ,故2≥n 1n －1＝x 0.所以,|x 2－x 1|＜a 1－n＋2.25.(2015·江苏,19)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ,b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(－∞,－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞,求c 的值. 25.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ,令f ′(x )＝0,解得x 1＝0,x 2＝－2a 3.当a ＝0时,因为f ′(x )＝3x 2＞0(x ≠0),所以函数f (x )在(－∞,＋∞)上单调递增； 当a ＞0时,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞，-2a 3∪(0,＋∞)时,f ′(x )＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-2a 3，0时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞，-2a 3,(0,＋∞)上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-2a 3，0上单调递减；当a ＜0时,x ∈(－∞,0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时,f ′(x )＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在(－∞,0),⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减.(2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ,则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0,从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ,所以当a ＞ 0时,427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时,427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3-a ＋c ,因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪⎝⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞,则在(-∞,-3)上g (a )＜0,且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立. 从而g (－3)＝c －1≤0,且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0,因此c ＝1. 此时,f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ],因函数有三个零点,则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根, 所以Δ＝(a -1)2－4(1-a )＝a 2＋2a -3＞0, 且(-1)2-(a -1)＋1-a ≠0,解得a ∈(-∞,-3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1.26.(2015·重庆,20)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3,＋∞)上为减函数,求a 的取值范围.26.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x, 因为f (x )在x ＝0处取得极值,所以f ′(0)＝0,即a ＝0.当a ＝0时,f (x )＝3x 2e x ,f ′(x )＝－3x 2＋6x e x,故f (1)＝3e ,f ′(1)＝3e ,从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1),化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ,由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366,x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0,故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时,g (x )＞0,即f ′(x )＞0,故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0, 故f (x )为减函数.由f (x )在[3,＋∞)上为减函数,知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3,解得a ≥－92,故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.27.(2015·新课标全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14,g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ,n }表示m ,n 中的最小值,设函数h (x )＝min{f (x ),g (x )}(x >0),讨论h (x )零点的个数.27.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0),则f (x 0)＝0,f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12,a ＝－34.因此,当a ＝－34时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线.(2)当x ∈(1,＋∞)时,g (x )＝－ln x <0,从而h (x )＝min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0, 故h (x )在(1,＋∞)无零点.。

第三章 导数及其应用第一节变化率与导数、导数的计算突破点(一) 导数的运算基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率li m Δx →0ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝li m Δx →0ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx. 2．函数f (x )的导函数 称函数f ′(x )＝li m Δx →0f (x ＋Δx )－f (x )Δx为f (x )的导函数．3．基本初等函数的导数公式 原函数 sin x cos x a x (a >0) e x log a x (a >0，且a ≠1)ln x 导函数cos x－sin_xa x ln_ae x1x ln a1x(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)． 5．复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”已知函数的解析式求导数本节主要包括2个知识点： 1.导数的运算；2.导数的几何意义.[例1] 求下列函数的导数：(1)y ＝(1－x )⎝⎛⎭⎫1＋1x ； (2)y ＝ln x x； (3)y ＝tan x ； (4)y ＝3x e x －2x ＋e ； (5)y ＝ln (2x ＋3)x 2＋1.[解] (1)∵y ＝(1－x )⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝1x－x ＝x －12－x 12，∴y ′＝(x －12)′－(x 12)′＝－12x －32－12x －12.(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x x ′＝(ln x )′x －x ′ln x x 2 ＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln xx 2. (3)y ′＝⎝⎛⎭⎫sin x cos x ′＝(sin x )′cos x －sin x (cos x )′cos 2x ＝cos x cos x －sin x (－sin x )cos 2x＝1cos 2x. (4)y ′＝(3x e x )′－(2x )′＋(e)′ ＝(3x )′e x ＋3x (e x )′－(2x )′ ＝3x (ln 3)·e x ＋3x e x －2x ln 2 ＝(ln 3＋1)·(3e)x －2x ln 2.(5)y ′＝[ln (2x ＋3)]′(x 2＋1)－ln (2x ＋3)(x 2＋1)′(x 2＋1)2＝(2x ＋3)′2x ＋3·(x 2＋1)－2x ln (2x ＋3)(x 2＋1)2＝2(x 2＋1)－2x (2x ＋3)ln (2x ＋3)(2x ＋3)(x 2＋1)2.[方法技巧]导数的运算方法(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导． (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导． (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导． (6)复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导．导数运算的应用[例2] (1)(2016·济宁二模)已知函数f (x )＝x (2 017＋ln x )，f ′(x 0)＝2 018，则x 0＝( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e(2)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 017)＋2 017ln x ，则f ′(1)＝________.[解析] (1)由题意可知f ′(x )＝2 017＋ln x ＋x ·1x ＝2 018＋ln x ．由f ′(x 0)＝2 018，得ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 017)＋2 017x ， 所以f ′(2 017)＝2 017＋2f ′(2 017)＋2 0172 017， 即f ′(2 017)＝－(2 017＋1)＝－2 018. 故f ′(1)＝1＋2×(－2 018)＋2 017＝－2 018. [答案] (1)B (2)－2 018[方法技巧]对抽象函数求导的解题策略在求导问题中，常涉及一类解析式中含有导数值的函数，即解析式类似为f (x )＝f ′(x 0)x ＋sin x ＋ln x (x 0为常数)的函数，解决这类问题的关键是明确f ′(x 0)是常数，其导数值为0.因此先求导数f ′(x )，令x ＝x 0，即可得到f ′(x 0)的值，进而得到函数解析式，求得所求的导数值．1.[考点一](2017·东北四市联考)已知y ＝ 2 017，则y ′＝( ) A.12 2 017 B ．－12 2 017C.2 0172 017D ．0解析：选D 因为常数的导数为0，又y ＝ 2 017是常数函数，所以y ′＝0. 2.[考点二](2016·大同二模)已知函数f (x )＝x sin x ＋ax ，且f ′⎝⎛⎭⎫π2＝1，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．4解析：选A ∵f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＋a ，且f ′⎝⎛⎭⎫π2＝1，∴sin π2＋π2cos π2＋a ＝1，即a ＝0.3.[考点二](2017·湖北重点中学月考)已知函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－2B ．2C ．－94 D.94解析：选C 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x ，所以f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，解得f ′(2)＝－94.故选C.4.[考点二]在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)，则f ′(0)的值为________．解析：因为f ′(x )＝x ′·[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ＝(x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ，所以f ′(0)＝(0－a 1)(0－a 2)·…·(0－a 8)＋0＝a 1a 2·…·a 8.又数列{a n }为等比数列，所以a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝a 1a 8＝8，所以f ′(0)＝84＝4 096.答案：4 0965.[考点一]求下列函数的导数． (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos xe x； (4)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2. 解：(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ′＝(ln x )′＋⎝⎛⎭⎫1x ′＝1x －1x2. (3)y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x－cos x (e x)′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x . (4)∵y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x＝－12sin 4x －2x cos 4x .突破点(二) 导数的几何意义基础联通 抓主干知识的“源”与“流”函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．特别地，如果曲线y ＝f (x )在点(x 0，y 0)处的切线垂直于x 轴，则此时导数f ′(x 0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x ＝x 0.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”求切线方程[例1] 已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程． [解] (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5， ∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －(－2)＝x －2， 即x －y －4＝0.(2)设切点坐标为(x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点(x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)， 整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0， 解得x 0＝2或x 0＝1，∴经过A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0. [方法技巧]求切线方程问题的两种类型及方法(1)求“在”曲线y ＝f (x )上一点P (x 0，y 0)处的切线方程(高考常考类型)，则点P (x 0，y 0)为切点，切线斜率为k ＝f ′(x 0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)求“过”曲线y ＝f (x )上一点P (x 0，y 0)的切线方程，则切线经过点P ，点P 可能是切点，也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法”，即：①设切点A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线方程为y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)；②根据题意知点P (x 0，y 0)在切线上，点A (x 1，y 1)在曲线y ＝f (x )上，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f (x 1)，y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)，求出切点A (x 1，y 1)，代入方程y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)，化简即得所求的切线方程．[提醒] “过点A 的曲线的切线方程”与“在点A 处的曲线的切线方程”是不相同的，后者A 必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．求切点坐标[例2] 设曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则点P 的坐标为________．[解析] y ＝e x 的导数为y ′＝e x ，则曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1.y ＝1x (x ＞0)的导数为y ′＝－1x 2(x ＞0)，设P (m ，n )，则曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2(m ＞0)．因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1,1)． [答案] (1,1)求参数的值[例3] 直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则2a ＋b 的值等于( )A ．2B ．－1C ．1D ．－2[解析] 依题意知，y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ×1＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ×1＋1＝3，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3，k ＝2，所以2a ＋b ＝1，选C.[答案] C[方法技巧]根据导数的几何意义求参数值的思路根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P (x 0，y 0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．1.[考点一]已知f (x )＝2e x sin x ，则曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为( ) A ．y ＝0 B ．y ＝2x C ．y ＝xD ．y ＝－2x解析：选B ∵f (x )＝2e x sin x ，∴f (0)＝0，f ′(x )＝2e x (sin x ＋cos x )，∴f ′(0)＝2，∴曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .2.[考点三]曲线f (x )＝x 2＋a x ＋1在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为3π4，则实数a ＝( )A ．1B ．－1C ．7D ．－7解析：选C f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2＝x 2＋2x －a (x ＋1)2，∵f ′(1)＝tan 3π4＝－1，即3－a 4＝－1，∴a ＝7.3.[考点二]在平面直角坐标系xOy 中，点M 在曲线C ：y ＝x 3－x +1上，且在第二象限内，已知曲线C 在点M 处的切线的斜率为2，则点M 的坐标为________．解析：由y ′＝3x 2－1＝2，得x ＝±1，又点M 在第二象限内，故x ＝－1，此时y ＝1，故点M 的坐标为(－1,1)．答案：(－1,1)4.[考点三](2017·衡阳八中模拟)已知函数f (x )＝a x ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a >0且a ≠1，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为________．解析：因为f (x )＝a xln x ，所以f ′(x )＝ln a ·a xln x ＋a xx .又f ′(1)＝3，所以a ＝3.答案：35.[考点二]若曲线y ＝x ln 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：由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x ，直线2x －y ＋1＝0的斜率为2.设P (m ，n )，则1＋ln m ＝2，解得m ＝e ，所以n ＝eln e ＝e ，即点P 的坐标为(e ，e)．答案：(e ，e)6.[考点一]如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，其中g ′(x ) 是g (x )的导函数，则曲线g (x )在x ＝3处的切线方程为________．解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，即f ′(3)＝－13.又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由题图可知f (3)＝1，所以g (3)＝3f (3)＝3，g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0.则曲线g (x )在x ＝3处的切线方程为y －3＝0.答案：y －3＝0[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D y ′＝a －1x ＋1，由题意得y ′|x ＝0＝2，即a －1＝2，所以a ＝3. 2．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析：易得(ln x ＋2)′＝1x ，[ln(x ＋1)]′＝1x ＋1.设曲线y ＝ln x ＋2上的切点横坐标为x 1，曲线y ＝ln(x ＋1)上的切点横坐标为x 2，则y ＝ln x ＋2的切线方程为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1，y ＝ln(x ＋1)的切线方程为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1.根据题意，有⎩⎨⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln (x 2＋1)－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.答案：1－ln 23．(2016·全国丙卷)已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．解析：因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝f (－x )＝ln x －3x ，所以f ′(x )＝1x －3，则f ′(1)＝－2.所以y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.答案：y ＝－2x －14．(2016·全国甲卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)， f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为y －0＝－2(x －1)，即2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a (x －1)x ＋1＞0. 设g (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1， 则g ′(x )＝1x －2a (x ＋1)2＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2，g (1)＝0.①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－(a －1)2－1，x 2＝a －1＋(a －1)2－1. 由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减， 因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为( ) A ．2(x 2－a 2)B ．2(x 2＋a 2)C ．3(x 2－a 2)D ．3(x 2＋a 2)解析：选C ∵f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2＝x 3－3a 2x ＋2a 3， ∴f ′(x )＝3(x 2－a 2)．2．曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程是( ) A ．x －3y ＋3＝0 B ．x －2y ＋2＝0 C ．2x －y ＋1＝0D ．3x －y ＋1＝0解析：选C ∵y ＝sin x ＋e x ， ∴y ′＝cos x ＋e x ， ∴y ′| x ＝0＝cos 0＋e 0＝2，∴曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0. 3．(2016·安庆二模)给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，f ″(x )是函数f ′(x )的导函数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．已知函数f (x )＝3x ＋4sin x －cos x 的拐点是M (x 0，f (x 0))，则点M ( )A ．在直线y ＝－3x 上B ．在直线y ＝3x 上C ．在直线y ＝－4x 上D ．在直线y ＝4x 上 解析：选B f ′(x )＝3＋4cos x ＋sin x ，f ″(x )＝－4sin x ＋cos x ，由题可知f ″(x 0)＝0，即4sin x 0－cos x 0＝0，所以f (x 0)＝3x 0，故M (x 0，f (x 0))在直线y ＝3x 上．故选B.4．(2016·贵阳一模)曲线y ＝x e x 在点(1，e)处的切线与直线ax ＋by ＋c ＝0垂直，则a b 的值为( )A ．－12eB ．－2e C.2e D.12e解析：选D y ′＝e x ＋x e x ，则y ′|x ＝1＝2e.∵曲线在点(1，e)处的切线与直线ax ＋by ＋c ＝0垂直，∴－a b ＝－12e ，∴a b ＝12e，故选D.5．已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a e x 图象的切线，则实数a ＝________. 解析：设切点为(x 0，y 0)．f ′(x )＝－1a e x ，则f ′(x 0)＝－1a ·e x 0＝－1，∴e x 0＝a ，又－1a ·e x 0＝－x 0＋1，∴x 0＝2，∴a ＝e 2.答案：e 2[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．(2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝⎛⎭⎫π2＝( ) A ．－3π2B ．－1π2C ．－3πD ．－1π解析：选C 由题可知，f (π)＝－1π，f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x (－sin x )，则f (π)＋f ′⎝⎛⎭⎫π2＝－1π＋2π×(－1)＝－3π. 2．设曲线y ＝1＋cos x sin x在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( )A ．－1 B.12 C ．－2D ．2解析：选A ∵y ′＝－1－cos x sin 2x ，∴y ′x ＝π2＝－1，由条件知1a ＝－1，∴a ＝－1. 3．(2017·上饶模拟)若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为( )A ．1 B.2 C.22D. 3 解析：选B 由题可得，y ′＝2x －1x .因为y ＝x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以由2x －1x＝1，得x ＝1，则P 点坐标为(1,1)，所以曲线在点P 处的切线方程为x －y ＝0，所以两平行线间的距离为d ＝22＝2，即点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为 2. 4．(2016·南昌二中模拟)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫5π6，πB.⎣⎡⎭⎫2π3，π C.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π D.⎝⎛⎦⎤π2，5π6 解析：选C 因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π. 5．(2017·重庆诊断)已知函数f (x )＝2e x＋1＋sin x ，其导函数为f ′(x )，则f (2 017)＋f (－2 017)＋f ′(2 017)－f ′(－2 017)的值为( )A ．0B ．2C ．2 017D ．－2 017解析：选B ∵f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，∴f ′(x )＝－2e x (e x ＋1)2＋cos x ，f (x )＋f (－x )＝2e x ＋1＋sin x ＋2e －x ＋1＋sin(－x )＝2，f ′(x )－f ′(－x )＝－2e x (e x ＋1)2＋cos x ＋2e －x (e －x ＋1)2－cos(－x )＝0，∴f (2 017)＋f (－2 017)＋f ′(2 017)－f ′(－2 017)＝2.6．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 的值为( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2解析：选D ∵f ′(x )＝1x ，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1，又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2. 二、填空题7．已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝x 2＋2x ·f ′(2)，则函数f (x )的解析式为________． 解析：由题意得f ′(x )＝2x ＋2f ′(2)，则f ′(2)＝4＋2f ′(2)，所以f ′(2)＝－4，所以f (x )＝x 2－8x .答案：f (x )＝x 2－8x8．若直线l 与幂函数y ＝x n 的图象相切于点A (2,8)，则直线l 的方程为________． 解析：由题意知，A (2,8)在y ＝x n 上，∴2n ＝8，∴n ＝3，∴y ′＝3x 2，直线l 的斜率k ＝3×22＝12，又直线l 过点(2,8)．∴y －8＝12(x －2)，即直线l 的方程为12x －y －16＝0.答案：12x －y －16＝09．若曲线f (x )＝ax 3＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意，可知f ′(x )＝3ax 2＋1x ，又存在垂直于y 轴的切线，所以3ax 2＋1x ＝0，即a ＝－13x3(x >0)，故a ∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)10.已知f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．(1)若f (1)＝1，则f (－1)＝________；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)，h (0)，h (1)的大小关系为________．(用“<”连接)解析：(1)依题意，f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2， 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， g (x )＝dx 3＋ex 2＋mx ＋n (d ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝x ，g ′(x )＝3dx 2＋2ex ＋m ＝x 2， 故a ＝12，b ＝0，d ＝13，e ＝m ＝0，f (x )＝12x 2＋c ，g (x )＝13x 3＋n ，由f (1)＝1得c ＝12，则f (x )＝12x 2＋12，故f (－1)＝1.(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－13x 3＋c －n ，则有h (－1)＝56＋c －n ，h (0)＝c －n ，h (1)＝16＋c －n ，故h (0)<h (1)<h (－1)．答案：(1)1 (2)h (0)<h (1)<h (－1) 三、解答题11．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3x (x ∈R)的图象为曲线C .(1)求过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝x 2－4x ＋3， 则f ′(x )＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)． (2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ，则由(2)中条件并结合(1)中结论可知，⎩⎪⎨⎪⎧k ≥－1，－1k ≥－1，解得－1≤k ＜0或k ≥1，故由－1≤x 2－4x ＋3＜0或x 2－4x ＋3≥1， 得x ∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．12．设函数y ＝x 2－2x ＋2的图象为C 1，函数y ＝－x 2＋ax ＋b 的图象为C 2，已知过C 1与C 2的一个交点的两切线互相垂直，求a ＋b 的值．解：对于C 1：y ＝x 2－2x ＋2，有y ′＝2x －2， 对于C 2：y ＝－x 2＋ax ＋b ，有y ′＝－2x ＋a ， 设C 1与C 2的一个交点为(x 0，y 0)，由题意知过交点(x 0，y 0)的两条切线互相垂直． ∴(2x 0－2)(－2x 0＋a )＝－1， 即4x 20－2(a ＋2)x 0＋2a －1＝0，① 又点(x 0，y 0)在C 1与C 2上，故有⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 20－2x 0＋2，y 0＝－x 20＋ax 0＋b ，即2x 20－(a ＋2)x 0＋2－b ＝0.② 由①②消去x 0，可得a ＋b ＝52.第二节导数与函数的单调性突破点(一) 利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间基础联通 抓主干知识的“源”与“流”1．函数的单调性与导数的关系 函数y ＝f (x )在某个区间内可导：(1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间内单调递增； (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间内单调递减； (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数函数． 2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论(1)函数f (x )在(a ，b )内可导，且f ′(x )在(a ，b )任意子区间内都不恒等于0.当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≥0⇔函数f (x )在(a ，b )上单调递增； f ′(x )≤0⇔函数f (x )在(a ，b )上单调递减．(2)f ′(x )>0(<0)在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增(减)的充分条件.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”证明或讨论函数的单调性判断函数单调性的三种方法 定义法在定义域内(或定义域的某个区间内)任取x 1，x 2，且x 1<x 2，通过判断f (x 1)－f (x 2)与0的大小关系来确定函数f (x )的单调性本节主要包括2个知识点：1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间； 2．利用导数解决函数单调性的应用问题.图象法利用函数图象的变化趋势直观判断，若函数图象在某个区间内呈上升趋势，则函数在这个区间内是增函数；若函数图象在某个区间内呈下降趋势，则函数在这个区间内是减函数导数法利用导数判断可导函数f (x )在定义域内(或定义域的某个区间内)的单调性[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x . (1)当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (2)当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； (3)当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ 1－a 2a ，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 上单调递减，在 1－a2a，＋∞上单调递增．[方法技巧]导数法证明或讨论函数f (x )在(a ，b )内单调性的步骤(1)求f ′(x )；(2)确定f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)得出结论：当f ′(x )>0时，函数f (x )在(a ，b )内单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )在(a ，b )内单调递减．[提醒] 讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．求函数的单调区间[例2] 已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，求函数f (x )的单调区间．[解] 对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x2－1x ，由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.所以f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5，因x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 所以函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)． [方法技巧]用导数求函数单调区间的三种类型及方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．1.[考点二]函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意得f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，解得x >2，所以f (x )的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.2.[考点一]下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝sin 2x B ．f (x )＝x e x C ．f (x )＝x 3－xD ．f (x )＝－x ＋ln x解析：选B 对于A ，f (x )＝sin 2x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z)；对于B ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )＝x e x 在(0，＋∞)上为增函数；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )>0，得x >33或x <－33，∴函数f (x )＝x 3－x 在⎝⎛⎭⎫－∞，－33和⎝⎛⎭⎫33，＋∞上单调递增；对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ＝－x －1x ，令f ′(x )>0，得0<x <1，∴函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.3.[考点二]函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选A 对于函数y ＝12x 2－ln x ，易得其定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ，令x 2－1x <0，又x >0，所以x 2－1<0，解得0<x <1，即函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1)．4.[考点一]已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性． 解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ， 当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0； 当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 5.[考点二]已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间． 解：(1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ， 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋1＝c ，g (1)＝1＋b ＝c ，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(2)令F (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋a 24x ＋1，F ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a 24， 令F ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a6，∵a >0，∴x 1<x 2，由F ′(x )>0得，x <－a 2或x >－a6；由F ′(x )<0得，－a 2<x <－a6.∴函数f (x )＋g (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2，⎝⎛⎭⎫－a6，＋∞；单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6.突破点(二) 利用导数解决函数单调性的应用问题利用导数解决函数单调性的应用问题主要有：(1)已知函数的单调性求参数范围问题：此类问题是近几年高考的热点，一般为解答题的第二问，难度中档．有时也以选择题、填空题的形式出现，难度中高档．解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变分离，转化为最值问题求解．(2)比较大小或解不等式问题：利用导数方法解决此类问题的主要技巧就是灵活地构造函数，通过函数的性质求解．考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”已知函数的单调性求参数的取值范围由函数的单调性求参数取值范围的方法(1)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；(2)可导函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，即f ′(x )max >0(或f ′(x )min <0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．[例1] 已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围； (2)若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，求a 的取值范围； (3)若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值．[解] (1)因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．(2)因为f (x )在区间(－1,1)上为减函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，即a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x ＜1，所以3x 2＜3，所以a ≥3.即a 的取值范围为[3，＋∞)．(3)因为f (x )＝x 3－ax －1，所以f ′(x )＝3x 2－a .由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)． 因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)， 所以3a3＝1，即a ＝3.应用结论“函数f (x )在(a ，b )上单调递增⇔f ′(x )≥0恒成立；函数f (x )在(a ，b )上单调递减⇔f ′(x )≤0恒成立”时，切记检验等号成立时导数是否在(a ，b )上恒为0. [易错提醒]比较大小或解不等式[例2] (1)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1>x 1e x 2 D ．x 2e x 1<x 1e x 2(2)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．[解析] (1)构造函数f (x )＝e x－ln x ，则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x －1x .令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x 的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此f (x )＝e x －ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A ，B 错；构造函数g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，故函数g (x )＝e x x 在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，即e x 1x 1>e x 2x 2，则x 2e x 1>x 1e x 2，故选C.(2)设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12， ∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减， ∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[答案] (1)C (2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)[方法技巧]利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．1.[考点一]已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，若函数f (x )在(1,2)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－16)C ．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D ．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选C ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ＋4＋a x ＝2x 2＋4x ＋a x ，f (x )在(1,2)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，即2x 2＋4x ＋a ≥0或2x 2＋4x ＋a ≤0在(1,2)上恒成立，即a ≥－(2x 2＋4x )或a ≤－(2x 2＋4x )在(1,2)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋4x )，1<x <2，则－16<g (x )<－6，∴a ≥－6或a ≤－16，故选C.2.[考点二](2016·南昌三模)已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( ) A ．f (sin A )>f (cos B ) B ．f (sin A )<f (cos B ) C ．f (sin A )>f (sin B ) D ．f (sin A )<f (sin B )解析：选A ∵f (x )＝x 3－3x ，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1,1)上是减函数，又A 、B 都是锐角，且A ＋B <π2，∴0<A <π2－B <π2，∴sin A <sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )>f (cos B )，故选A.3.[考点一]若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.答案：(－3，－1)∪(1,3)4.[考点一]已知函数f (x )＝x 33－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在R 上为单调递增函数，则实数m 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7，由题意可得f ′(x )≥0在x ∈R 上恒成立，所以Δ＝4(4m －1)2－4(15m 2－2m －7)＝4(m 2－6m ＋8)≤0，解得2≤m ≤4.答案：[2,4]5.[考点二]已知定义域为R 的函数f (x )满足f (4)＝－3，且对任意的x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为________．解析：令g (x )＝f (x )－3x ＋15，则f (x )<3x －15的解集即为g (x )<0的解集．又g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )在R 上是减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以g (x )<g (4)，故x >4.所以f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2016·全国乙卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1] B.⎣⎡⎦⎤－1，13 C.⎣⎡⎦⎤－13，13 D.⎣⎡⎦⎤－1，－13 解析：选C 取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A 、B 、D.故选C.2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)解析：选A 设y ＝g (x )＝f (x )x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数，∴g (x )的图象的示意图如图所示．当x >0时，由f (x )>0，得g (x )>0，由图知0<x <1，当x <0时，由f (x )>0，得g (x )<0，由图知x <－1，∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立， 即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立． 因为x >1，所以0<1x<1，所以k ≥1.故选D.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．函数f (x )＝e x －e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A f ′(x )＝32x 2＋a ，当a >0时，f ′(x )>0，即a >0时，f (x )在R 上单调递增，由f (x )在R 上单调递增，可得a ≥0.故“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．3.已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )解析：选D 当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c <0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增．只有D 选项符合题意．4．若函数f (x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]5．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．解析：∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )<f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．答案：(1，2)[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x ＝2x 2－5x ＋2x ＝(x －2)(2x －1)x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)．2．若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[]1，4上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B.(]－∞，3 C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D.[)3，＋∞解析：选C f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[]1，4上单调递减，则有f ′(x )≤0在[]1，4上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[]1，4上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[]1，4上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518，故选C. 3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则函数y ＝log 2x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为( )A.⎣⎡⎭⎫12，＋∞B ．[3，＋∞)C ．[－2,3]D ．(－∞，－2)解析：选D 因为f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ，所以f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由图可知f ′(－2)＝f ′(3)＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32，c ＝－18.令g (x )＝x 2＋23bx ＋c 3，则g (x )＝x 2－x －6，g ′(x )＝2x －1，由g (x )＝x 2－x －6>0，解得x <－2或x >3.当x <12时，g ′(x )<0，所以g (x )＝x 2－x －6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为(－∞，－2)．4．(2017·甘肃诊断考试)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析：选C 因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，所以f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)<f (0)＝a ，所以c <a <b ，故选C.5．若函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f (x )在下列区间上单调递增的是( )A ．(－2,0)B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－2)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝1－b x 2，∵函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－bx 2＝0时，b ＝x 2，又x ∈(1,2)，∴b ∈(1,4)．令f ′(x )＞0，解得x ＜－b或x ＞b ，即f (x )的单调递增区间为(－∞，－b )，(b ，＋∞)，∵b ∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，故选D.6．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f (x )x>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )解析：选B 由f ′(x )＋f (x )x >0得xf ′(x )＋f (x )x >0，即[xf (x )]′x >0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.二、填空题7．若幂函数f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，则函数g (x )＝e x f (x )的单调递减区间为________．解析：设幂函数为f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，所以12＝⎝⎛⎭⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )<0，得－2<x <0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)8．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 9．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)·f ′(x )>0的解集为________．解析：由题图可知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)∪(－∞，－1)，f ′(x )<0，x ∈(－1，1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )>0，x 2－2x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x 2－2x －3<0，解得x ∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)10．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎡⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝⎛⎭⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－19，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫－19，＋∞ 三、解答题11．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a >0.讨论f (x )的单调性．解：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8. ①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0，即a ＝2 2 时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．12．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x .当a ＞0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x . ∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ，。

§3.4 定积分与微积分基本定理考纲展示► 1.了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念． 2．了解微积分基本定理的含义．考点1 定积分的计算1.定积分的定义一般地，如果函数f (x )在区间[a ，b ]上连续，用分点a ＝x 0<x 1<…<x i －1<x i <…<x n ＝b ，将区间[a ，b ]等分成n 个小区间，在每个小区间[x i －1，x i ]上任取一点ξi (i ＝1，2，…，n )，作和式∑i ＝1nf (ξi )Δx ＝∑i ＝1nb －anf (ξi )，当n →∞时，上述和式无限接近某个________，这个________叫做函数f (x )在区间[a ，b ]上的定积分，记作⎠⎛ab f (x )d x .答案：常数 常数 2．定积分的相关概念在⎠⎛ab f (x )d x 中，________与________分别叫做积分下限与积分上限，区间________叫做积分区间，函数________叫做被积函数，________叫做积分变量，________叫做被积式．答案：a b [a ，b ] f (x ) x f (x )d x 3．定积分的性质(1)⎠⎛a b kf (x )d x ＝________(k 为常数)；(2)⎠⎛ab [f 1(x )±f 2(x )]d x ＝____________；(3)________＝⎠⎛a c f (x )d x ＋⎠⎛cb f (x )d x (其中a <c <b )．答案：k ⎠⎛a b f (x )d x ⎠⎛a b f 1(x )d x ±⎠⎛ab f 2(x )d x⎠⎛abf (x )d x 4．定积分的几何意义如图：设阴影部分面积为S . (1)S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；(2)S ＝________； (3)S ＝____________；(4)S ＝⎠⎛a b f (x )d x －⎠⎛a b g (x )d x ＝⎠⎛ab [f (x )－g (x )]d x .答案：(2)－⎠⎛a b f (x )d x (3)⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x5．微积分基本定理如果F ′(x )＝f (x )，且f (x )在[a ，b ]上可积，则⎠⎛ab f (x )d x ＝________.其中F (x )叫做f (x )的一个原函数．可以把F (b )－F (a )记为F (x ) b a ，即⎠⎛ab f (x )d x ＝F (x ) ba ＝________.答案：F (b )－F (a ) F (b )－F (a )奇函数、偶函数的定积分．(1)如果f (x )是[－a ，a ]上的连续的偶函数，则⎠⎛-a a f (x )d x ＝________.(2)如果f (x )是[－a ，a ]上的连续的奇函数，则⎠⎛-aa f (x )d x ＝________. 答案：(1)2⎠⎛0a f (x )d x (2)0[典题1] 求下列定积分： (1)⎠⎛01(－x 2＋2x )d x ；(2)⎠⎛0π(sin x －cos x )d x ；(3)⎠⎛12⎝⎛⎭⎪⎫e 2x ＋1x d x ； (4) ⎠⎜⎛0π21－sin 2x d x .[解] (1)⎠⎛01(－x 2＋2x )d x ＝⎠⎛01(－x 2)d x ＋⎠⎛012x d x ＝－13x 310＋x 210＝－13＋1＝23.(2)⎠⎛0π(sin x －cos x )d x＝⎠⎛0πsin x d x －⎠⎛0πcos x d x＝(－cos x ) π0－sin x π0＝2. (3)⎠⎛12⎝⎛⎭⎪⎫e 2x ＋1x d x ＝⎠⎛12e 2xd x ＋⎠⎛121xd x＝12e 2x 21＋ln x 21＝12e 4－12e 2＋ln 2－ln 1 ＝12e 4－12e 2＋ln 2. (4) ⎠⎜⎛0 π21－sin 2x d x ＝⎠⎜⎛0π4|sin x －cos x |d x＝⎠⎜⎛0π4 (cos x －sin x )d x ＋⎠⎜⎜⎛π4π2(sin x －cos x )d x ＝(sin x ＋cos x ) ⎪⎪⎪⎪π4＋(－cos x －sin x )⎪⎪⎪⎪π2π4＝2－1＋(－1＋2)＝22－2.[题点发散1] 若将本例(1)中的“－x 2＋2x ”换为“|2x －1|”，如何求解？解：⎠⎛01|2x －1|d x ＝⎠⎜⎛012 (1－2x )d x ＋⎠⎜⎛121(2x －1)d x ＝(x －x 2) ⎪⎪⎪⎪12＋(x 2－x ) ⎪⎪⎪⎪112＝14＋14＝12. [题点发散2] 若将本例(1)中的“－x 2＋2x ”改为“－x 2＋2x ”，如何求解？解：⎠⎛01－x 2＋2x d x 表示y ＝－x 2＋2x 与x ＝0，x ＝1及y ＝0所围成的图形的面积．由y＝－x 2＋2x ，得(x －1)2＋y 2＝1(y ≥0)，故⎠⎛01－x 2＋2x d x 表示圆(x －1)2＋y 2＝1的面积的14，即⎠⎛01－x 2＋2x d x ＝π4.[点石成金] 1.运用微积分基本定理求定积分时要注意以下几点： (1)对被积函数要先化简，再求积分；(2)求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求和； (3)对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值符号再求积分； (4)注意用“F ′(x )＝f (x )”检验积分的对错． 2．根据定积分的几何意义可利用面积求定积分．1.设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，2－x ，x ∈，2]，则⎠⎛02f (x )d x ＝( )A.34 B ．45 C.56 D ．不存在答案：C 解析：如图，⎠⎛02f (x )d x ＝⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛12(2－x )d x ＝13x 3⎪⎪⎪10＋⎝⎛⎭⎪⎫2x －12x 2⎪⎪⎪21＝13＋⎝⎛⎭⎪⎫4－2－2＋12＝56.2．定积分⎠⎛039－x 2d x 的值为________．答案：9π4解析：由定积分的几何意义知，⎠⎛039－x 2d x 是由曲线y ＝9－x 2，直线x ＝0，x ＝3，y＝0围成的封闭图形的面积．故⎠⎛39－x 2d x ＝π·324＝9π4.3．[2017·湖北重点中学高三阶段性统一考试]若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则⎠⎛02f (x )d x ＝________.答案：－4解析：因为f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(1)．所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)，解得f ′(1)＝－3.所以f (x )＝x 3－3x 2.故⎠⎛02f (x )d x ＝⎠⎛02(x 3－3x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x44－x 320＝－4.考点2 运用定积分求平面图形的面积[典题2] (1)已知曲线y ＝x ，y ＝2－x ，y ＝－13x 所围成图形的面积为S ，则S ＝________.[答案]136[解析] 由⎩⎨⎧y ＝x ，y ＝2－x得交点A (1,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2－x ，y ＝－13x 得交点B (3，－1)．故所求面积S ＝⎠⎛01⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x d x ＋⎠⎛13⎝⎛⎭⎪⎫2－x ＋13x d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23x 32 ＋16x 210＋⎝⎛⎭⎪⎫2x －13x 231＝23＋16＋43＝136. (2)已知曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k ＞0)所围成的曲边图形的面积为43，则k ＝________.[答案] 2[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝kx ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ，y ＝k 2，则曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k >0)所围成的曲边梯形的面积为⎠⎛0k (kx －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2x 2－13x 3⎪⎪⎪k0＝k 32－13k 3＝43，即k 3＝8，∴k ＝2. [点石成金] 1.利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤： (1)画出图形； (2)确定被积函数；(3)确定积分的上、下限，并求出交点坐标；(4)运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．2．求解时，注意要把定积分与利用定积分计算的曲线围成图形的面积区别开：定积分是一个数值(极限值)，可为正，可为负，也可为零，而平面图形的面积在一般意义上总为正.1.由曲线y ＝sin x ，y ＝cos x 与直线x ＝0，x ＝π2所围成的平面图形的面积是( )A ．1B ．π4C.223D ．22－2答案：D解析：由sin x ＝cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，解得x ＝π4，故图中阴影部分的面积S ＝⎠⎜⎛0π4 (cos x －sin x )d x ＋⎠⎜⎜⎛π4π2 (sin x －cos x )d x ＝(sin x ＋cos x ) ⎪⎪⎪⎪π4＋(－cos x －sin x )⎪⎪⎪⎪π2π4＝sin π4＋cos π4－cos 0＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos π2－sin π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos π4－sin π4 ＝22－2.(本题也可利用图形的对称性求解)2．[2017·山东日照模拟]如图，由两条曲线y ＝－x 2，y ＝－14x 2及直线y ＝－1所围成的平面图形的面积为________．答案：43解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2，y ＝－1，得交点A (－1，－1)，B (1，－1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x 2，y ＝－1得交点C (－2，－1)，D (2，－1)．∴面积S ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎠⎛01⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2＋x 2d x ＋⎠⎛12⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2＋1d x ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 3410＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 31221＝43.考点3 定积分在物理中的应用[典题3] [2017·湖北武汉调研]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 ＋251＋t (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 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 2[答案] C[解析] 令v (t )＝0，得t ＝4或t ＝－83(舍去)，∴汽车行驶距离s ＝⎠⎛04⎝ ⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋＋t 4＝28－24＋25ln 5＝4＋25ln 5(m)． [点石成金] 定积分在物理中的两个应用(1)变速直线运动的位移：如果变速直线运动物体的速度为v ＝v (t )，那么从时刻t ＝a 到t ＝b 所经过的路程s ＝⎠⎛ab v (t )d t .(2)变力做功：一物体在变力F (x )的作用下，沿着与F (x )相同方向从x ＝a 移动到x ＝b 时，力F (x )所做的功是W ＝⎠⎛ab F (x )d x .一物体在力F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5，0≤x ≤2，3x ＋4，x ＞2(单位：N)的作用下沿与力F 相同的方向，从x ＝0处运动到x ＝4(单位：m)处，则力F (x )做的功为________焦．答案：36解析：由题意知，力F (x )所做的功为W ＝⎠⎛04F (x )d x ＝⎠⎛025d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x＝5×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋4x 42＝10＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤32×42＋4×4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋4×2＝36(焦)．[方法技巧] 1.求定积分的方法(1)利用定义求定积分(定义法)，可操作性不强．(2)利用微积分基本定理求定积分步骤如下：①求被积函数f (x )的一个原函数F (x )；②计算F (b )－F (a )．(3)利用定积分的几何意义求定积分． 2．求曲边多边形面积的步骤(1)画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图形． (2)借助图形确定被积函数，求出交点坐标，确定积分的上限、下限． (3)将曲边梯形的面积表示为若干个定积分之和． (4)计算定积分．[易错防范] 1.被积函数若含有绝对值号，应先去绝对值号，再分段积分． 2．若积分式子中有几个不同的参数，则必须先分清谁是被积变量． 3．定积分式子中隐含的条件是积分上限大于积分下限．4．定积分的几何意义是曲边梯形的面积，但要注意：面积非负，而定积分的结果可以为负．5．将要求面积的图形进行科学而准确的划分，可使面积的求解变得简捷．真题演练集训1．[2014·陕西卷]定积分⎠⎛01(2x ＋e x)d x 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －1答案：C解析：⎠⎛01(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x ) 10＝(1＋e)－(0＋e 0)＝e ，故选C.2．[2014·山东卷]直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A ．2 2 B ．4 2 C ．2 D ．4答案：D解析：由4x ＝x 3，解得x ＝0或x ＝2或x ＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为⎠⎛02(4x －x 3)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 420＝4.3．[2015·天津卷]曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________． 答案：16解析：如图，阴影部分的面积即为所求．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2，y ＝x ，得A (1,1)．故所求面积为S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3|10＝16. 4．[2015·湖南卷]⎠⎛02(x －1)d x ＝________. 答案：0解析：⎠⎛02(x －1)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x 20＝(2－2)－0＝0. 5．[2015·陕西卷]如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________．答案：1.2解析：建立如图所示的平面直角坐标系．由抛物线过点(0，－2)，(－5,0)，(5,0)，得抛物线的函数表达式为y ＝225x 2－2，抛物线与x 轴围成的面积S 1＝⎠⎛5－5⎝ ⎛⎭⎪⎫2－225x 2d x ＝403，梯形面积S 2＝＋2＝16.最大流量比为S 2∶S 1＝1.2.课外拓展阅读探究定积分与不等式交汇问题[典例][2016·湖南长沙模拟]如图，矩形OABC 内的阴影部分是由曲线f (x )＝sin x ；x ∈(0，π)及直线x ＝a ，a ∈(0，π)与x 轴围成，向矩形OABC 内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为14，则a 的值是( )A.7π12 B ．2π3 C.3π4 D ．5π6[审题视角] 先运用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型概率计算公式求出概率．[解析] 由已知S 矩形OABC ＝a ×6a＝6， 而阴影部分的面积为S ＝⎠⎛0a sin x d x ＝(－cos x ) a0＝1－cos a ， 依题意有SS 矩形OABC ＝14，即1－cos a 6＝14， 解得cos a ＝－12，又a ∈(0，π)， 所以a ＝2π3.故选B. [答案] B定积分还可与其他知识交汇，如与二项式定理、数列等知识交汇．方法点睛。

第三章 导数与定积分第一节 导数的概念与运算题型30 导数的定义——暂无 题型31 求函数的导数 题型32 导数的几何意义1.(2017北京理19)已知函数()e cos xf x x x =-.（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.解析 （1）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1x f x x x '=--，(0)0f '=. 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =. （2）设()e(c o s s i n )1x hx x x =--，则()e(c o s s i n s i n c o s )2e si n x xh x x x x x x '=---=-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减. 所以对任意π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()(0)0h x h =…，即()0f x '….所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ22f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.第二节 导数的应用题型33 利用导数研究函数的单调性 题型34 利用导函数研究函数的极值与最值1.（2017江苏20）已知函数()321f x x ax bx =+++()0,a b >∈R 有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）. （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >；（3）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围． 解析 （1）由()321f x x ax bx =+++，得()232f x x ax b =++'，当3a x =-时，()f x '有极小值为23a b -．因为()f x '的极值点是()f x 的零点，所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+． 当()22120a b ∆=-…时，()2320f x x ax b =++'…恒成立，即()f x 单调递增， 所以此时()f x 不存在极值，不合题意．因此24120a b ∆=->，即232223192730933a a a a a a a ⎛⎫--+=-=> ⎪⎝⎭，所以3a >．()=0f x '有两个相异的实根1=3a x -，2=3a x -. 列表如下故()f x 的极值点是12,x x ，从而3a >.所以b 关于a 的函数关系式为2239a b a=+，定义域为()3,+∞． （2）解法一：由（1）知，即证明222339a a a ⎛⎫+>⎪⎝⎭，即424439138a a a a ++>， 因为0a >，所以问题等价于6341357290a a -+>，不妨设3t a =，则()27,t ∈+∞，不妨设()24135729g t t t =-+，易知()g t 在135,8⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，且135278<， 从而()()227427135277290g t g >=⨯-⨯+=，即6341357290a a -+>得证． 因此23b a >．解法二（考试院提供）：由（1+． 设()23=9t g t t +，则()22223227=99t g t t t --='．当t ⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g t '>，从而()g t在⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增． 因为3a >，所以>，故((g g >=因此23b a >．（3）由（1）设()2320f x x ax b =++='的两个实根为12,x x ，且设12x x <，且有12123123x x a x x b⎧+=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，因此22212469a b x x -+=．而()f x 的情况如下表所示：所以()f x 的极值点是12,x x ，从而()()32321211122211=f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()222212112212121232322=3333x x x ax b x ax b a x x b x x ++++++++++ ()()221212122=33a x xb x x ++++ 3423227a ab -+324223202739a a a a ⎛⎫=-++= ⎪⎝⎭． 记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+，所以()2139h a a a =-+，3a >． 处理方法一：因为()223=09h a a a'--<，于是()h a 在()3,+∞上单调递减． 因为()76=2h -，由()()6h a h …，故6a …． 处理方法二：所以()213792h a a a =-+-…，整理得3263540a a --…（必然可以猜测零点），()()2621290a a a -++…，因此6a …．因此a 的取值范围为(]3,6．评注 ①此题第（2）问考查的是数值大小的比较，常见的有作差法、作商法、两边平方比较法，此题采用作商（考试院解法二）化简函数达到简化效果，可见对于压轴问题，方法的选择是非常关键的．②第（3）问实际考查的是函数零点的应用，下面提供此前我们做过的两个类似习题供参考．案例1：已知函数()2ln f x ax x x =--，若函数()f x 存在极值，且所有极值之和小于5ln 2+，则实数a 的取值范围是 ．解析 因为()12f x a x x =--'221x ax x-+-=()0x >， 设()221g x x ax =-+-，当280a ∆=-…时，()0g x …恒成立，所以()f x 单调递减，故不存在极值；所以280a ∆=->，设()2210g x x ax =-+-=的两根为12,x x （不妨设12x x <），从而12102x x =>，因此12,x x 同号， 所以问题等价于()2210g x x ax =-+-=在()0,+∞上有两个不相等的实数根12,x x ，因此212128002102a x x x x a ∆=⎧⎪⎪⎪+=>⎨>->⎪⎪=⎪⎩，从而a >所以()f x 的所有极值之和为()()12f x f x +22111222ln l =n ax x x ax x x =--+--()()2121212122ln a x x x x x x x x +-++-2211ln 5ln 2242a a =-+-<+，因此216a <，解得44a -<<，又a >a的取值范围是()． ④另外，如果熟悉三次函数对称中心，此题还可以作如下考虑：即()321f x x ax bx =+++，()232f x x ax b =++'，()62f x x a '+'=， 令()620f x x a '=+='，则3a x =-，所以该三次函数的对称中心为,33a a f ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 因此有()()1223a f x f x f ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭3233321=a a a a b ⎡⎤=++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎢⎣⎭⎥⎥⎦⎝3221273a a b ⎡⎤⎛⎫-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦232232102739a a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-++=⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦．这里可以采用假算的思想，即写出简单过程，省去中间过于复杂的运算过程，直接写出结果即可，这需要平时积累一些有价值的素材．案例2：（徐州15-16高二下学期期末文20）已知函数()24ln f x x x a x =-+(),0a a ∈≠R ，()f x '为函数()f x 的导函数．（1）若1a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在实数12,x x ，且12x x <，使得()()120f x f x ''==，求证：()24f x >-．解析 （1）若1a =，则()24ln f x x x x =-+，()124f x x x'=-+， 所以切线斜率为()11f '=-，又(1)3f =-，所以()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为20x y ++=．（2）()22424a x x af x x x x='-+=-+，0x >．①当2a …时，()0f x '…恒成立，所以()f x 的单调增区间为()0,+∞；②当02a <<时，令()0f x '>，得0x <<或x >所以()f x 的单调增区间为⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎝⎭，同理()f x 的单调减区间为⎝⎭；③当0a <时，令()0f x '>，得x >所以()f x 的单调增区间为22⎛⎫++∞⎪⎝⎭，同理()f x 的单调减区间为⎛ ⎝⎭．（3）由题意可知，12,x x 是方程2240x x a -+=()02a <<的两根，则()21,2x =，22242a x x =-，所以()222224ln f x x x a x =-+()2222222442ln x x x x x =-+-． 令()()22442ln g x x x x x x =-+-，()1,2x ∈．则()()41ln 0g x x x '=-<恒成立，所以()g x 在()1,2上单调递减， 所以()()24g x g >=-，即()24f x >-．2.（2017山东理20）已知函数()22cos f x x x =+，()()e cos sin 22x g x x x x =-+-，其中e 2.71828=是自然对数的底数.（1）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；（2）令()()()()h x g x af x a =-∈R ，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.解析 （1）由题意()22f π=π-，又()22sin f x x x '=-，所以()2f 'π=π，因此曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x -π-=π-π， 即222y x =π-π-.（2）由题意得2()e (cos sin 22)(2cos )x h x x x x a x x =-+--+， 因为()()()()e c x x h x x x x x x a x x '=-+-+--+--=()()2exx x --()()2xa =，令()sin m x x x =-，则()1cos 0m x x '=-…，所以()m x 在R 上单调递增. 因为(0)0m =，所以当0x >时，()0m x >；当0x <时，()0m x <. （i ）当0a …时，e x a -0>.当0x <时，()0h x '<，()h x 在区间(),0-∞上单调递减； 当0x >时，()0h x '>，()h x 在区间()0,+∞上单调递增， 所以当0x =时，()h x 取得极小值，极小值为()021h a =--；（ii ）当0a >时，()()()ln 2e esin x ah x x x '=--，由()0h x '=，得1ln x a =，2=0x . ① 当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时，()0h x '<，此时()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增. 所以当ln x a =时，()h x 取得极大值，极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时，()h x 取得极小值，极小值是()021h a =--； ②当1a =时，ln 0a =，所以当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '…，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值点； ② 当1a >时，ln 0a >，所以 当(),0x ∈-∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增； 当()0,ln x a ∈时，()0h x '<，此时()h x 单调递减； 当()ln ,x a ∈+∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增； 所以当0x =时，()h x 取得极大值，极大值为()021h a =--； 当ln x a =时，()h x 取得极小值，极小值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.综上所述：当0a …时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增， 函数()h x 有极小值，极小值为()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值， 极大值是()021h a =--，极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.3.(2017北京理19)19.已知函数()e cos xf x x x =-.（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.解析 （1）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1x f x x x '=--，(0)0f '=. 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =. （2）设()e(c o s s i n )1x hx x x=--，则()e(c o s s i n s i n c o s )2e si n x xh x x x x x x '=---=-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减. 所以对任意π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()(0)0h x h =…，即()0f x '….所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ22f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.4.（2017全国2理11）若2x =-是函数()()21`1e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）.A.1-B.32e --C.35e - D.1解析 ()()2121e x f x x a x a -'⎡⎤=+++-⋅⎣⎦.由()()324221e 0f a a -'-=-++-⋅=⎡⎤⎣⎦，解得1a =-，所以()()211e x f x x x -=--⋅，()()212e x f x x x -'=+-⋅.令()0f x '=，得2x =-或1x =，当2x <-或1x >时，()0f x '>；当21x -<<时，()0f x '<，则()f x 的极小值为()11f =-.故选A.5.(2017浙江理20)已知函数()(1e 2x f x x x -⎛⎫= ⎪⎝⎭…. （1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，上的取值范围.解析 （1）因为(1x '=，()e e x x --'=-， 所以()(()12e 11e e 2x x xx f x x x ----⎛⎫'=->⎪ ⎭⎝=.（2）由()()12e 0x x f x --'==，解得1x =或52x =. 当x 变化时，()f x ，()f x '的变化情况如下表所示.又())211e 02xf x -=…，152211e e 22-->，所以()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.题型35 利用导函数研究函数的图像1.(2017浙江理7)C.函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是（ ）. 解析 导数大于零，原函数单调递增，导数小于零，原函数单调递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D ．题型36 恒成立与存在性问题1.（2017天津理20）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数()4322336f x x x x x a =+--+在区间()1,2内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数. （1）求()g x 的单调区间； （2）设[)(]001,,2m x x ∈，函数()()()()0h x g x m x f m =--，求证：()()00h m h x <；（3）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且[)(]001,,2px x q∈满足041p x q Aq-…. 解析 （1）由a x x x x x f +--+=6332)(234，可得6698)()(23--+='=x x x x f x g ，61824)(2-+='x x x g ， 令()01g x x '=⇒=-或14x =. 当x 变化时，()g x '，()g x 变化情况如下表：所以)(x g 的单调增区间是(),1-∞-和1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；单调减区间是11,4⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）证明：由)())(()(0m f x m x g x h --=，0()()()()h m g m m x f m =--，000()()()()h x g x m x f m =--，令10()()()()H x g x x x f x =--，10()()()H x g x x x ''=-，由（1）得，当]2,1[∈x 时，0)(>'x g ，当0[1,)x x ∈，1()0H x '<，1()H x 单调递减；当0(,2]x x ∈，1()0H x '>，1()H x 单调增； 所以当]2,(),1[00x x x ∈时，0)()()(0011=-=>x f x H x H ， 可得0)(1>m H ，即0)(>m h .令200()()()()H x g x x x f x =--，20()()()H x g x g x '=-. 由（1）可知，)(x g 在]2,1[上单调递增， 故当),1[0x x ∈时，0)(2>'x H ，)(2x H 单调递增； 故当]2,(0x x ∈时，0)(2<'x H ，)(2x H 单调递减. 当]2,(),1[00x x x ∈时，0)(0)(0)()(02022<⇒<⇒=<x h m H x H x H ， 故0)()(0<x h m h .(3)对于任意的正整数q p ,，且]2,(),1[00x x qp∈， 令qpm =，函数)())(()(0m f x m x g x h --=， 由（2）知，当),1[0x m ∈时，)(x h 在区间内有零点),(0x m ； 当]2,(0x m ∈时，)(x h 在区间内有零点),(0m x ，故)(x h 在)2,1(上至少有一个零点，不妨设为1x ，则110()()0p p h x g x x f q q ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由（1）得)(x g 在]2,1[上单调递增，故)2()()1(01g x g g <<<. 于是4322340412336()(2)2p p f f p p q p q pq aq q q p x q g x g g q⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+--+⎝⎭⎝⎭-==…. 因为当]2,1[∈x 时，0)(>x g ，故)(x f 在]2,1[单调递增， 所以)(x f 在区间]2,1[上除0x 外没有其他的零点， 而,0x qp≠故0p f q ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭，而a q p ,,是正整数，所以|6332|432234aq pq q p q p p +--+是正整数，从而43223423361p p q p q pq aq +--+…. 即041(2)p x q g q -…，所以只要取)2(g A =，就有041p x q Aq -…. 2.（2017全国3理21）已知函数()1ln f x x a x =--. （1）若()0f x … ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，21111+1++222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1，求m 的最小值. 解析 （1）解法一：()1ln f x x a x =--，0x >，则()1a x a f x x x-'=-=，且(1)0f =， 当0a …时，()0f x '>，()f x 在()0+∞，上单调递增，所以01x <<时，()()10f x f <=，不满足题意； 当0a >时，当0x a <<时，()0f x '<，则()f x 在(0,)a 上单调递减； 当x a >时，()0f x '>，则()f x 在(,)a +∞上单调递增．① 若1a <，()f x 在(,1)a 上单调递增，所以当(,1)x a ∈时，()(1)0f x f <=，不满足题意； ② 若1a >，()f x 在(1,)a 上单调递减，所以当(1,)x a ∈时，()(1)0f x f <=，不满足题意； ③ 若1a =，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f =…，满足题意.综上所述1a =．解法二：因为()10f =，要使()1ln 0f x x a x =--…在()0,+∞上恒成立，则必要条件为()10f x a '=-=，得1a =.当1a =时，()1ln f x x x =--，()1x f x x-'=. 当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；所以1x =为()f x 的极小值点，()()10f x f =…，即1a =满足题意. （2）由（1）知当()1,x ∈+∞时，1ln 0x x -->，令112nx =+，得11ln 122n n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭， 所以221111111ln 1ln 1ln 1112222222nn n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ，从而2111111e 222n⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L. 而2e<3<，所以m 的最小值为3．题型37 方程解(零点)的个数问题1.（2017全国1理21）已知函数()()2e 2e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.解析（1）由于()()2e 2e x x f x a a x =+--，所以()()()()22e 2e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.①当0a …时，e 10x a -<，2e 10x +>，从而()0f x '<恒成立，所以()f x 在R 上单调递减. ②当0a >时，令()0f x '=，从而e 10x a -=，得ln x a =-．x()ln a -∞-，ln a - ()ln a -+∞，()f x ′ -+()f x极小值综上所述，当0a …时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增. （2）由（1）知，当0a …时，()f x 在R 上单调递减，故()f x 在R 上至多一个零点，不满足条件． 当0a >时，()min 1ln 1ln f f a a a=-=-+． 令()()11ln 0g a a a a =-+>，则()2110g a a a'=+>，从而()g a 在()0+∞，上单调递增.而()10g =，所以当01a <<时，()0g a <；当1a =时()0g a =；当1a >时，()0g a >. 由上知若1a >，则()min 11ln 0f a g a a=-+=>，故()0f x >恒成立，从而()f x 无零点，不满足条 件．若1a =，则()m i n 11ln 0f a g a a=-+==，故()0f x =仅有一个实根ln 0x a =-=，不满足条件；若01a <<，则()min 11ln 0f a g a a =-+=<，注意到ln 0a ->，()22110e e ea a f -=++->， 故()f x 在()1ln a --，上有一个实根.而又31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭， 且33ln 1ln 133ln 1e e 2ln 1a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⋅+---⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎣⎦()33132ln 1a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 331ln 10a a ⎛⎫⎛⎫---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()f x 在3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上有一个实根． 又()f x 在()ln a -∞-，上单调递减，在()ln a -+∞，单调递增，故()f x 在R 上至多两个实根． 综上所述，01a <<．评注 对于已知零点个数，求参数的取值范围问题的难点在于验证零点存在性的赋值上，对于一般的赋值方法要把握两点：①限定要寻找0x 的范围，如本题中分别在(),ln a -∞-及()ln ,a -+∞上各寻找一个零点； ②将函数不等式变形放缩，据0x 的范围得出0x .在本题中，实际上在区间(),ln a -∞-上找到0x ，使得()00f x >，则说明()f x 在区间(),ln a -∞-上存在零点，在区间()ln ,a -+∞上找到0x '，使得()00f x '>，则证明()f x 在区间()ln ,a -+∞上存在另一个零点.对于验证零点存在性的赋值问题大家可参见2017《高考数学解答题核心考点（理科版）》154156P P .2.（2017全国3理11）已知函数()()2112e e x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =（ ）.A ．12-B ．13C ．12D ．1解析 由条件()2112(e e )x x f x x x a --+=-++，得：221(2)1211(2)(2)2(2)(e e )4442(e e )x x x x f x x x a x x x a ----+---=---++=-+-+++= 2112(e e )x x x x a --+-++.所以()()2f x f x -=，即1x =为()f x 的对称轴，由题意，()f x 有唯一零点，故()f x 的零点只能为1x =，即21111(1)121(e e)0f a --+=-⋅++=，解得12a =．故选C.题型38 利用导数证明不等式——暂无题型39 导数在实际问题中的应用——暂无第三节定积分和微积分基本定理题型40 定积分的计算——暂无题型41 求曲边梯形的面积——暂无。

1.直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()点击观看解答视频A ．2 2B ．4 2C ．2D ．4答案 D 解析 由⎩⎨⎧y ＝4x ，y ＝x3得x ＝0或x ＝2或x ＝－2(舍)．∴S ＝⎠⎛02(4x －x 3)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 4⎪⎪⎪⎪2＝4.2．已知函数f(x)＝sin (x －φ)，且⎠⎜⎛02π3f (x )d x ＝0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是( )A ．x ＝5π6 B ．x ＝7π12 C ．x ＝π3D ．x ＝π6答案 A解析由⎠⎜⎛02π3f(x)d x ＝⎠⎜⎛02π3sin (x －φ)d x ＝－cos (x －φ)⎪⎪⎪⎪2π30＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－φ＋cos φ＝0，得32cos φ＝32sin φ，从而有tan φ＝3，则φ＝n π＋π3，n ∈Z ，从而有f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －n π－π3 ＝(－1)n·sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3，n ∈Z .令x －π3＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π＋5π6，k ∈Z ，即f (x )的图象的对称轴是x ＝k π＋5π6，k ∈Z ，故选A. 3．直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83 D.1623答案 C解析 直线l 的方程为y ＝1，其与抛物线的交点坐标分别为(－2,1)、(2,1)，则该直线与抛物线C 所围成图形的面积S ＝⎠⎛-22⎝⎛⎭⎪⎫1－x 24d x ＝⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫x －x 3122－2＝83.4.⎠⎛01(2x －x 2－x)d x 等于( )点击观看解答视频A .π－24B .π－22C .π－12D .π－14答案 A解析 由定积分的几何意义得 ⎠⎛012x －x 2d x ＝π4，如图阴影部分，而⎪⎪⎪⎠⎛01x d x ＝12x 210＝12. ∴⎠⎛01(2x －x 2－x)d x ＝⎠⎛012x －x 2d x －⎠⎛01x d x ＝π－24，选A .5．如图所示，曲线y ＝x 2－1，x ＝2，x ＝0，y ＝0围成的阴影部分的面积为( )A .⎠⎛02|x 2－1|d x B.⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎠⎛02x 2－x C.⎠⎛02(x 2－1)d x D .⎠⎛01(x 2－1)d x ＋⎠⎛12(1－x 2)d x答案 A解析 由曲线y ＝|x 2－1|的对称性，所求阴影部分的面积与如右图形的面积相等，即⎠⎛02|x 2－1|d x ，选A. 6．若f (x )＝⎩⎨⎧f x －，x >1，e x＋⎠⎛121td t ，x ≤1，则f (2013)等于( ) A ．0 B ．ln 2 C ．1＋e 2 D ．e ＋ln 2答案 D解析 f (2013)＝f (503×4＋1)＝f (1)＝e ＋⎪⎪⎪⎠⎛121t d t ＝e ＋ln t 21＝e ＋ln 2.7．与定积分∫3π1－cos x d x 相等的是( ) A.2∫3π0sin x 2d x B.2∫3π0⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin x 2d x C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪2∫3πsin x 2d x D ．以上结论都不对 答案 B解析 ∵1－cos x ＝2sin 2x2，∴∫3π1－cos x d x ＝∫3π2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin x 2d x＝2∫3π0⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin x 2d x . 8.⎠⎛1e1xd x ＋⎠⎛2－24－x 2d x ＝________. 答案 2π＋1 解析 ⎠⎛1e 1x d x ＝ln x ⎪⎪⎪⎪e1＝1－0＝1，因⎠⎛-224－x 2d x 表示的是圆x 2＋y 2＝4的x 轴上方的面积，故⎠⎛-224－x 2d x ＝12π×22＝2π，故答案为2π＋1.9．执行如图所示的程序框图，输出的T 的值为________．答案116解析 开始n ＝1，T ＝1，因为1<3，所以T ＝1＋⎠⎛01x 1d x ＝1＋12x 2⎪⎪⎪⎪1＝1＋12×12＝32，n ＝1＋1＝2；因为2<3，所以T ＝32＋⎠⎛01x 2d x ＝32＋13x 3⎪⎪⎪⎪1＝32＋13×13＝116，n ＝2＋1＝3.因为3<3不成立，所以输出T ，即输出的T 的值为116.10．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________． 答案16解析 由题意可得封闭图形的面积为 ⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪⎪1＝12－13＝16.11．正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1,1)，D (－1,1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图所示．若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．答案23解析 由对称性可知S 阴影＝S 正方形ABCD －4⎠⎛01x 2d x ＝22－4×⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎫13x 310＝83，所以所求概率为834＝23.。

1．函数的单调性在某个区间（a，b）内，如果f′（x）>0,那么函数y＝f（x）在这个区间内单调递增;如果f′（x)<0，那么函数y＝f（x）在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1）一般地，求函数y＝f（x）的极值的方法解方程f′(x）＝0，当f′(x0)＝0时:①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′（x）<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x）〈0，右侧f′（x）〉0，那么f(x0)是极小值．（2）求可导函数极值的步骤:①求f′（x);②求方程f′（x）＝0的根；③考察f′(x）在方程f′（x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值（1）在闭区间[a，b]上连续的函数f(x）在［a,b]上必有最大值与最小值．（2）若函数f（x）在［a，b]上单调递增，则f（a)为函数的最小值，f（b)为函数的最大值；若函数f(x）在[a,b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值,f（b)为函数的最小值．(3）设函数f(x）在［a，b]上连续，在（a，b）内可导，求f（x)在[a，b］上的最大值和最小值的步骤如下：①求函数y＝f（x)在（a，b）内的极值;②将函数y＝f(x）的各极值与端点处的函数值f(a)，f（b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【知识拓展】1.在某区间内f′（x)〉0(f′（x）〈0）是函数f（x）在此区间上为增（减)函数的充分不必要条件．2.可导函数f（x）在(a，b)上是增（减）函数的充要条件是对∀x∈(a，b),都有f′(x）≥0（f′(x）≤0）且f′（x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3。

对于可导函数f（x)，f′(x0）＝0是函数f(x）在x＝x0处有极值的必要不充分条件．【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f(x）在(a，b）内单调递增，那么一定有f′（x)>0.( ×）(2）如果函数f（x)在某个区间内恒有f′（x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．（√）（3）函数的极大值不一定比极小值大．( √）(4）对可导函数f（x)，f′(x0）＝0是x0点为极值点的充要条件．( ×）（5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( √)（6）三次函数在R上必有极大值和极小值．（×）1．(教材改编）f（x）＝x3－6x2的单调递减区间为( ）A．（0,4）B．（0,2）C．(4,＋∞) D．(－∞,0)答案A解析f′(x）＝3x2－12x＝3x（x－4)，由f′（x）<0，得0<x〈4,∴单调递减区间为(0,4)．2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( ）A．在区间（－2,1)上f（x）是增函数B．在区间(1,3）上f（x)是减函数C．在区间（4,5）上f(x)是增函数D．当x＝2时，f（x)取到极小值答案C解析在(－2，1）上，导函数的符号有正有负,所以函数f(x)在这个区间上不是单调函数;同理，函数在（1，3)上也不是单调函数；在x ＝2的左侧，函数在(－错误!，2）上是增函数,在x＝2的右侧,函数在(2，4）上是减函数，所以当x＝2时，f(x)取到极大值；在（4，5）上导函数的符号为正,所以函数在这个区间上为增函数．3．已知定义在实数集R 上的函数f (x )满足f （1）＝3,且f （x ）的导数f ′(x )在R 上恒有f ′(x ）〈2（x ∈R ），则不等式f (x ）〈2x ＋1的解集为( )A ．（1，＋∞）B ．(－∞,－1)C ．(－1,1）D ．（－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 A解析 令g （x ）＝f (x )－2x －1，∴g ′(x )＝f ′(x )－2<0，∴g （x ）在R 上为减函数,g （1）＝f （1）－2－1＝0。