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专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
描述：例题：高中数学选修1-1(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用一、学习任务1. 了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；会求不超过三次的多项式函数的单调区间．2. 了解函数的极大（小）值、最大（小）与导数的关系；会求函数的极大（小）值，以及在指定区间上函数的最大（小）值．二、知识清单导数与函数的图象 利用导数研究函数的单调性 利用导数求函数的极值利用导数求函数的最值三、知识讲解1.导数与函数的图象（1）导数 表示函数 在点 处的切线斜率．当切线斜率为正值时，切线的倾斜角小于 ，函数曲线呈上升状态；当切线的斜率为负值时，切线的倾斜角大于 且小于 ，函数曲线呈下降状态．（2）如果在区间 内恒有 ，那么函数 在区间 内是常函数．()f ′x 0y =f (x )(,f ()x 0x 090∘90∘180∘(a ,b )(x )=0f′y =f (x )(a ,b ) 是函数 的导函数， 的图象如图所示，则 的图象最有可能是下列选项中的（ ）解：C导函数的图象在 轴的上方，表示导函数大于零，原函数的图象呈上升趋势；导函数的图象在 轴的下方，表示导函数小于零，原函数的图象呈下降趋势．由 时导函数图象在 轴的上方，表示在此区间上，原函数图象呈上升趋势，可排除 B、D 选项；由 时导函数图象在 轴的下方，表示在此区间上，原函数的图象呈下降趋势，可排除 A 选项．(x )f ′f (x )y =(x )f ′f (x )x x x ∈(−∞,0)x x ∈(0,1)xy=f(x)已知函数 的图象如图所示，则导函数f(x)(a,b)则函数 在开区间答案：解析：3. 已知函数 ， 的导函数的图象如下图，那么 ， 的图象可能是．A．B ．C ．D ．D 和 都是单调递增的，但 增长的越来越慢， 增长的越来越快，并且在 处， 的切线的斜率应该相等．y =f (x )y =g (x )y =f (x )y =g (x )()f (x )g (x )f (x )g (x )x 0f (x ),g (x)高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
高中数学第三章导数及其应用3.2 导数的计算第1课时几个常用函数的导数与基本初等函数的导数公式课时提升作业2 新人教A版选修1-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第三章导数及其应用3.2 导数的计算第1课时几个常用函数的导数与基本初等函数的导数公式课时提升作业2 新人教A版选修1-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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几个常用函数的导数与基本初等函数的导数公式（25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.下列各式中正确的是( ）A。
（lnx)′=x B。
（cosx)′=sinxC。
(sinx）′=cosx D.（x-8)′=-x—9【解析】选C。
因为（lnx）′=，（cosx)′=—sinx，（x-8)′=-8x-9=—,所以A,B,D均不正确，C正确。
2.若y=lnx,则其图象在x=2处的切线斜率是（)A.1 B。
0 C。
2 D.【解析】选D。
因为y′=,所以当x=2时，y′=，故图象在x=2处的切线斜率为.3.（2015·西安高二检测）运动物体的位移s=3t2—2t+1,则此物体在t=10时的瞬时速度为( )A.281B.58 C。
85 D.10【解析】选B。
因为s=3t2-2t+1，所以s′=6t-2.当t=10时,s′=6×10—2=58.即此物体在t=10时的瞬时速度为58。
4。
正弦曲线y=sinx上一点P,以点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角的范围是（)A.∪B。
第三编 导数及其应用§3.1 导数的概念及运算1.在曲线y=x 2+1的图象上取一点（1，2）及附近一点（1+Δx ，2+Δy ），则xy ∆∆为 .答案 Δx +22.已知f (x )=sin x (cos x +1)，则f ′(x )= . 答案 cos2x +cos x3.若函数y =f (x )在R 上可导且满足不等式xf ′(x )＞-f (x )恒成立，且常数a ,b 满足a ＞b ,则下列不等式不一定成立的是 （填序号）. ①af (b )＞bf (a ) ②af (a )＞bf (b ) ③af (a )＜bf (b )④af (b )＜bf (a )答案 ①③④4.（2008²辽宁理，6）设P 为曲线C ：y =x 2+2x +3上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡4,0π，则点P 横坐标的取值范围为 . 答案 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--21,15.(2008²全国Ⅱ理，14)设曲线y =e a x 在点（0，1）处的切线与直线x +2y +1=0垂直，则a = . 答案 2例1 求函数y =12+x 在x 0到x 0+Δx 之间的平均变化率.解 ∵Δy =11)(2020+-+∆+x x x=11)(11)(2202020+++∆+--+∆+x x x x x x=11)()(2202020+++∆+∆+∆x x x x x x ，基础自测∴xy ∆∆=11)(220200+++∆+∆+x x x xx .例2 求下列各函数的导数： （1）y =25sin xxxx ++；（2）y =（x +1）（x +2）（x +3）； （3）y =-sin 2x (1-2cos 24x )；（4）y =x-11+x+11.解 （1）∵y =2521sin xxxx++=x23-+x 3+2sin xx ，∴y ′=（x 23-）′+(x 3)′+(x -2sin x )′=-23x25-+3x 2-2x -3sin x +x -2cos x .(2)方法一 y =（x 2+3x +2）（x +3） =x 3+6x 2+11x +6， ∴y ′=3x 2+12x +11. 方法二y ′=［（x +1）（x +2）］′（x +3）+（x +1）（x +2）（x +3）′ =［（x +1）′（x +2）+（x +1）（x +2）′］（x +3）+（x +1）（x +2） =（x +2+x +1）（x +3）+（x +1）（x +2） =（2x +3）（x +3）+（x +1）（x +2） =3x 2+12x +11. （3）∵y =-sin 2x (-cos2x )=21sin x ，∴y ′=(21sin x ) ′=21（sin x ）′=21cos x .（4）y =x-11+x+11=)1)(1(11x x x x +--++=x-12，∴y ′=(x-12)′=2)1()1(2x x -'--=2)1(2x -.例3 求下列函数的导数： （1）y =4)31(1x -;(2)y =sin 2(2x +3π);(3)y =x 21x +.解 （1）设u =1-3x ,y =u -4.则y x ′=y u ′²u x ′=-4u -5²（-3）=5)31(12x -.(2)设y =u 2,u =sin v ,v =2x +3π,则y x ′=y u ′²u v ′²v x ′=2u ²cos v ²2 =4sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πx ²cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πx=2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+324πx . (3)y ′=(x 21x +)′=x ′²21x ++x ²（21x +)′=21x++221xx+=22121xx ++.例4 （14分）已知曲线y =31x 3+34.(1)求曲线在x =2处的切线方程； （2）求曲线过点（2，4）的切线方程. 解 （1）∵y ′=x 2,∴在点P （2，4）处的切线的斜率k =y ′|x =2=4. 3分 ∴曲线在点P （2，4）处的切线方程为y -4=4(x -2),即4x -y -4=0.6分（2）设曲线y =31x 3+34与过点P （2，4）的切线相切于点A (x 0，31x 03+34)，则切线的斜率k =y ′|0x x ==x 02.8分∴切线方程为y -(31x 03+34)=x 02(x -x 0),即y =x 02²x -32x 03+34.10分∵点P （2，4）在切线上，∴4=2x 02-32x 03+34,即x 03-3x 02+4=0,∴x 03+x 02-4x 02+4=0, ∴x 02(x 0+1)-4(x 0+1)(x 0-1)=0,∴(x 0+1)(x 0-2)2=0,解得x 0=-1或x 0=2, 故所求的切线方程为4x -y -4=0或x -y +2=0.14分1.求y =x 在x =x 0处的导数. 解xy ∆∆=xx x x ∆-∆+0=)())((000000x x x x x x x x x x +∆+∆+∆+-∆+=01x x x +∆+，当Δx 无限趋近于0时，001x x x +∆+无限趋近于021x ,∴f ′(x 0)=21x .2.求y =tan x 的导数.解 y ′='⎪⎭⎫⎝⎛x x cos sin =xx x x x 2cos)(cos sin cos )(sin '-'=x xx 222cos sincos+=x2cos 1.3.设函数f （x ）=cos （3x +ϕ）（0＜ϕ＜π）.若f (x )+f ′(x )是奇函数,则ϕ= . 答案6π4.若直线y =kx 与曲线y =x 3-3x 2+2x 相切，则k = . 答案 2或-41一、填空题1.若f ′（x 0）=2，则当k 无限趋近于0时kk 2)()(00x f x f --= .答案 -12.（2008²全国Ⅰ理，7）设曲线y =11-+x x 在点（3，2）处的切线与直线ax +y +1=0垂直，则a = .答案 -23.若点P 在曲线y =x 3-3x 2+(3-3)x +43上移动，经过点P 的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是 . 答案 ⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,0π ⎪⎭⎫⎢⎣⎡ππ,32 4.曲线y =x 3-2x 2-4x +2在点（1,-3）处的切线方程是 .答案 5x +y -2=05.（2009²徐州六县一区联考）若曲线f (x )=x 4-x 在点P 处的切线平行于直线3x -y =0,则点P 的坐标为 . 答案 （1，0）6.已知曲线S :y =3x -x 3及点P （2，2），则过点P 可向S 引切线，其切线共有 条. 答案 3 7.曲线y =x1和y =x 2在它们交点处的两条切线与x 轴所围成的三角形面积是 .答案438.若函数f (x )的导函数为f ′(x )=-x (x +1),则函数g (x )=f (log a x )(0＜a ＜1)的单调递减区间是 . 答案 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡a1,1二、解答题9.求下列函数在x =x 0处的导数. （1）f （x ）=cos x ²sin 2x +cos 3x ，x 0=3π；（2）f （x ）=xxxx++-1e 1e ，x 0=2；（3）f （x ）=223ln xxx x x +-，x 0=1.解 （1）∵f ′(x )=［cos x (sin 2x +cos 2x )］′ =(cos x )′=-sin x , ∴f ′（3π）=-23.(2)∵f ′(x )='⎪⎪⎭⎫⎝⎛-x x1e 2=2)1()1(e 2)1()e 2(x x x xx-'---'=2)1(e )2(2x x x--,∴f ′(2)=0.(3)∵f ′(x )=(x 23-)′-x ′+(ln x )′=-23x25--1+x1,∴f ′(1)=-23.10.求曲线y =ln(2x -1)上的点到直线2x -y +3=0的最短距离.解 设曲线上过点P （x 0,y 0）的切线平行于直线2x -y +3=0，即斜率是2，则y ′|0x x ==0)12(121x x x x =⎥⎦⎤⎢⎣⎡'-⋅-=122-x |0x x ==1220-x =2.解得x 0=1,所以y 0=0,即点P （1，0）， 点P 到直线2x -y +3=0的距离为5)1(2|302|22=-++-,∴曲线y =ln(2x -1)上的点到直线2x -y +3=0的最短距离是5. 11.（2008²海南、宁夏，21，（1）（3）问）设函数f (x )=ax +bx +1（a ,b ∈Z ），曲线y =f (x )在点（2，f （2））处的切线方程为y =3. （1）求f （x ）的解析式；（2）证明：曲线y =f (x )上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值. (1)解 f ′(x )=a -2)(1b x +,于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++.0)2(1,32122b a b a解得⎩⎨⎧-==11ba 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==38,49b a 因为a ,b ∈Z ,故f (x )=x +11-x .(2)证明 在曲线上任取一点（x 0,x 0+110-x ）,由f ′(x 0)=1-20)1(1-x 知,过此点的切线方程为y -110020-+-x x x =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--20)1(11x (x -x 0). 令x =1,得y =1100-+x x ,切线与直线x =1的交点为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+11,100x x ;令y =x ,得y =2x 0-1,切线与直线y =x 的交点为(2x 0-1,2x 0-1); 直线x =1与直线y =x 的交点为(1,1), 从而所围三角形的面积为2111100--+x x |2x 0-1-1|=21120-x |2x 0-2|=2.所以,所围三角形的面积为定值2.12.偶函数f （x ）=ax 4+bx 3+cx 2+dx +e 的图象过点P （0，1），且在x =1处的切线方程为y =x -2，求y =f （x ）的解析式.解 ∵f （x ）的图象过点P （0，1），∴e =1.①又∵f （x ）为偶函数，∴f （-x ）=f （x ）. 故ax 4+bx 3+cx 2+dx +e =ax 4-bx 3+cx 2-dx +e . ∴b =0，d =0.②∴f （x ）=ax 4+cx 2+1.∵函数f （x ）在x =1处的切线方程为y =x -2， ∴可得切点为（1，-1）. ∴a +c +1=-1.③ ∵f ′（1）=（4ax 3+2cx ）|x =1=4a +2c ， ∴4a +2c =1.④由③④得a =25，c =-29.∴函数y =f （x ）的解析式为f （x ）=25x 4-29x 2+1.§3.2 导数的应用1.函数y =f (x )的图象过原点且它的导函数g =f ′(x )的图象是如图所示的一条直线， 则y =f (x )图象的顶点在第 象限. 答案 一2.已知对任意实数x ,有f (-x )=-f (x ),g (-x )=g (x ),且x ＞0时，f ′(x )＞0,g ′(x )＞0，则x ＜0时，f ′(x ) 0,g ′(x ) 0.(用“＞”, “=”,“＜”填空) 答案 ＞ ＜3.（2008²广东理，7）设a ∈R ,若函数y =e ax +3x ,x ∈R 有大于零的极值点,则a 的取值范围是 . 答案 a ＜-34.函数y =3x 2-2ln x 的单调增区间为 ，单调减区间为 . 答案 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,33⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛33,0 5.（2008²江苏，14）f (x )=ax 3-3x +1对于x ∈［-1,1］总有f (x )≥0成立，则a = . 答案 4例1 已知f (x )=e x -ax -1. （1）求f (x )的单调增区间；（2）若f (x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围；（3）是否存在a ,使f (x )在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 解 f ′(x )= e x -a .(1)若a ≤0，f ′(x )= e x -a ≥0恒成立，即f (x )在R 上递增. 若a ＞0, e x -a ≥0,∴e x ≥a ,x ≥ln a . ∴f (x )的递增区间为（ln a ，+∞）.（2）∵f （x ）在R 内单调递增，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立. ∴e x -a ≥0，即a ≤e x 在R 上恒成立. ∴a ≤（e x）min ，又∵e x＞0,∴a ≤0.（3）方法一 由题意知e x -a ≤0在（-∞，0］上恒成立. ∴a ≥e x在（-∞，0］上恒成立. ∵e x 在（-∞，0］上为增函数. ∴x =0时，e x 最大为1.∴a ≥1.同理可知e x -a ≥0在［0，+∞）上恒成立. ∴a ≤e x 在［0，+∞）上恒成立.基础自测∴a ≤1，∴a =1.方法二 由题意知，x =0为f (x )的极小值点. ∴f ′(0)=0,即e 0-a =0,∴a =1.例2 已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,曲线y =f (x ）在点x =1处的切线为l :3x -y +1=0，若x =32时，y =f (x ）有极值.（1）求a ,b ,c 的值；（2）求y =f (x ）在［-3，1］上的最大值和最小值. 解 （1）由f （x )=x 3+ax 2+bx +c , 得f ′(x )=3x 2+2ax +b ,当x =1时，切线l 的斜率为3，可得2a +b =0 ①当x =32时，y =f (x )有极值，则f ′（32）=0, 可得4a +3b +4=0②由①②解得a =2,b =-4.由于切点的横坐标为x =1,∴f (1)=4. ∴1+a +b +c =4.∴c =5.（2）由（1）可得f (x )=x 3+2x 2-4x +5, ∴f ′(x )=3x 2+4x -4, 令f ′(x )=0,得x =-2,x =32.当x 变化时，y ,y ′的取值及变化如下表：∴ y =f (x )在[-3，1]上的最大值为13，最小值为2795例3 （14分）已知函数f (x )=x 2e -ax (a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值. 解 ∵f （x ）=x 2e -ax （a ＞0）,∴f ′(x )=2x e -ax +x 2²（-a )e -ax =e -ax (-ax 2+2x ). 3分令f ′(x )＞0,即e -ax(-ax 2+2x )＞0,得0＜x ＜a2.∴f (x )在（-∞,0),⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 上是减函数，在⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0上是增函数.①当0＜a2＜1,即a ＞2时,f (x ）在（1，2）上是减函数,∴f （x ）max =f （1）=e -a .8分②当1≤a2≤2,即1≤a ≤2时，f (x )在（1,a 2）上是增函数，在（a2,2）上是减函数，∴f (x )max =f （a2）=4a -2e -2.12分③当a2＞2时，即0＜a ＜1时，f (x )在（1，2）上是增函数，∴f （x ）max =f （2）=4e -2a .综上所述，当0＜a ＜1时，f (x )的最大值为4e -2a , 当1≤a ≤2时，f (x )的最大值为4a -2e -2, 当a ＞2时，f (x )的最大值为e -a .14分例4 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a 元（3≤a ≤5）的管理费，预计当每件产品的售价为x 元（9≤x ≤11）时，一年的销售量为（12-x ）2万件. （1）求分公司一年的利润L （万元）与每件产品的售价x 的函数关系式；（2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L 最大，并求出L 的最大值Q （a ）. 解 （1）分公司一年的利润L （万元）与售价x 的函数关系式为：L =(x -3-a )(12-x )2,x ∈［9,11］. (2)L ′(x )=(12-x )2-2(x -3-a )(12-x ) =(12-x )(18+2a -3x ). 令L ′=0得x =6+32a 或x =12（不合题意，舍去）.∵3≤a ≤5,∴8≤6+32a ≤328.在x =6+32a 两侧L ′的值由正变负.所以①当8≤6+32a ＜9即3≤a ＜29时，L max =L (9)=(9-3-a )(12-9)2=9(6-a ). ②当9≤6+32a ≤328即29≤a ≤5时，L max =L (6+32a )=(6+32a -3-a )［12-(6+32a )］2=4(3-31a )3.所以Q (a )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-<≤-.529,)313(4,293),6(93a a a a答 若3≤a ＜29，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q （a ）=9(6-a )（万元）；若29≤a ≤5，则当每件售价为(6+32a )元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )=4（3-31a ）3(万元).1.已知函数f (x )=x 3-ax -1.(1)若f (x )在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a ,使f (x )在（-1，1）上单调递减？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由； （3）证明：f (x )=x 3-ax -1的图象不可能总在直线y =a 的上方. （1）解 由已知f ′(x )=3x 2-a , ∵f (x )在（-∞,+∞）上是单调增函数， ∴f ′(x )=3x 2-a ≥0在（-∞,+∞）上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立. ∵3x 2≥0,∴只需a ≤0, 又a =0时，f ′(x )=3x 2≥0,故f (x )=x 3-1在R 上是增函数，则a ≤0.（2）解 由f ′(x )=3x 2-a ≤0在(-1,1)上恒成立， 得a ≥3x 2,x ∈(-1,1)恒成立. ∵-1＜x ＜1,∴3x 2＜3,∴只需a ≥3. 当a =3时，f ′(x )=3(x 2-1), 在x ∈(-1,1)上，f ′(x )＜0,即f (x )在（-1，1）上为减函数，∴a ≥3. 故存在实数a ≥3,使f (x )在（-1，1）上单调递减. （3）证明 ∵f (-1)=a -2＜a ,∴f (x )的图象不可能总在直线y =a 的上方.2.求函数y =x 4-2x 2+5在区间［-2,2］上的最大值与最小值. 解 先求导数,得y ′=4x 3-4x 令y ′=0,即4x 3-4x =0. 解得x 1=-1,x 2=0,x 3=1.导数y ′的正负以及f (-2),f (2)如下表:从上表知,当x =±2时,函数有最大值13, 当x =±1时,函数有最小值4. 3.（2008²山东理，21）已知函数f (x )=nx )1(1-+a ln(x -1),其中n ∈N *,a 为常数.(1)当n =2时,求函数f (x )的极值;(2)当a =1时,证明:对任意的正整数n ,当x ≥2时,有f (x )≤x -1. (1)解 由已知得函数f (x )的定义域为{x |x ＞1}, 当n =2时,f (x )=2)1(1x -+a ln(x -1),所以f ′(x )=32)1()1(2x x a ---.①当a ＞0时,由f ′(x )=0,得x 1=1+a2＞1,x 2=1-a2＜1,此时f ′(x )=321)1())((x x x x x a ----.当x ∈(1,x 1)时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减; 当x ∈(x 1,+∞)时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增. ②当a ≤0时,f ′(x )＜0恒成立,所以f (x )无极值. 综上所述,n =2时, 当a ＞0时,f (x )在x =1+a2处取得极小值,极小值为f （1+a2）=2a （1+ln a2）.当a ≤0时,f (x )无极值. (2)证明 方法一 因为a =1, 所以f (x )=nx )1(1-+ln(x -1).当n 为偶数时, 令g (x )=x -1-nx )1(1--ln(x -1), 则g ′(x )=1+1)1(1+-n x -11-x=12--x x +1)1(+-n x n ＞0 (x ≥2).所以,当x ∈［2,+∞)时,g (x )单调递增,又g (2)=0, 因此,g (x )=x -1-nx )1(1--ln(x -1)≥g (2)=0恒成立,所以f (x )≤x -1成立.当n 为奇数时,要证f (x )≤x -1,由于nx )1(1-＜0,所以只需证ln(x -1)≤x -1, 令h (x )=x -1-ln(x -1), 则h ′(x )=1-11-x =12--x x ≥0(x ≥2),所以,当x ∈［2,+∞)时,h (x )=x -1-ln(x -1)单调递增, 又h (2)=1＞0,所以当x ≥2时,恒有h (x )＞0, 即ln(x -1)＜x -1命题成立. 综上所述,结论成立. 方法二 当a =1时,f (x )=nx )1(1-+ln(x -1).当x ≥2时,对任意的正整数n ,恒有nx )1(1-≤1,故只需证明1+ln(x -1)≤x -1. 令h (x )=x -1-(1+ln(x -1)) =x -2-ln(x -1),x ∈［2,+∞).则h ′(x )=1-11-x =12--x x ,当x ≥2时,h ′(x )≥0,故h (x )在［2,+∞)上单调递增, 因此,当x ≥2时,h (x )≥h (2)=0,4.某造船公司年造船量是20艘，已知造船x 艘的产值函数为R （x ）=3 700x +45x 2-10x 3（单位：万元），成本函数为C （x ）=460x +5 000（单位：万元），又在经济学中，函数f （x ）的边际函数Mf （x ）定义为Mf （x ）=f （x +1）-f （x ）.（1）求利润函数P （x ）及边际利润函数MP （x ）；（提示：利润=产值-成本） （2）问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？（3）求边际利润函数MP （x ）的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？ 解 （1）P （x ）=R （x ）-C （x ）=-10x 3+45x 2+3 240x -5 000（x ∈N *，且1≤x ≤20）; MP (x )=P (x +1)-P (x )=-30x 2+60x +3 275 (x ∈N *,且1≤x ≤19). （2）P ′(x )=-30x 2+90x +3 240=-30(x -12)(x +9), ∵x ＞0,∴P ′(x )=0时,x =12，∴当0＜x ＜12时，P ′(x )＞0,当x ＞12时，P ′(x )＜0, ∴x =12时，P (x )有最大值.即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大. （3）MP （x ）=-30x 2+60x +3 275=-30（x -1）2+3 305. 所以，当x ≥1时，MP (x )单调递减， 所以单调减区间为［1，19］，且x ∈N *.MP （x ）是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少.一、填空题1.已知f （x ）的定义域为R ，f （x ）的导函数f ′（x ）的图象如图所示，则下列说法中错误的有 （填序号）.①f (x )在x =1处取得极小值②f （x ）在x =1处取得极大值 ③f （x ）是R 上的增函数④f （x ）是（-∞，1）上的减函数，（1，+∞）上的增函数 答案 ①②④2.函数f (x )的定义域为开区间(a ,b ),导函数f ′(x )在(a ,b )内的图象如图所示,则函数f (x )在开区间(a ,b )内极小值点有 个. 答案 13.函数f (x )=x 2-2ax +a 在区间（-∞，1）上有最小值，则函数g (x )=xx f )(在区间（1，+∞）上一定是 函数.（用“增”、“减”填空） 答案 增4.用边长为48 cm 的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四边折起，就能焊接成铁盒，所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为 cm. 答案 85.已知f (x )=2x 3-6x 2+a (a 是常数）在［-2，2］上有最大值3，那么在［-2，2］上f (x ）的最小值是 . 答案 -376.已知函数f (x )=21x 4-2x 3+3m ,x ∈R ,若f (x )+9≥0恒成立,则实数m 的取值范围是 .答案 m ≥237.已知函数f (x )=x 3-12x +8在区间［-3，3］上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M -m = . 答案 328.已知函数f (x )的导数f ′(x )=a (x +1)²(x -a ),若f (x )在x =a 处取到极大值，则a 的取值范围是 . 答案 （-1，0） 二、解答题9.设a ＞0,函数f (x )=12++x b ax ,b 为常数.（1）证明：函数f (x )的极大值点和极小值点各有一个； （2）若函数f (x ）的极大值为1，极小值为-1，试求a 的值. （1）证明 f ′(x )=222)1(2++--x abx ax,令f ′(x )=0,得ax 2+2bx -a =0(*)∵Δ=4b 2+4a 2＞0,∴方程（*)有两个不相等的实根，记为x 1,x 2(x 1＜x 2), 则f ′(x )=2221)1())((+---xx x x x a ,当x 变化时，f ′(x ）与f (x ）的变化情况如下表：可见，f (x )的极大值点和极小值点各有一个.（2）解 由（1）得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=-=++=11)(11)(22222111x b ax x f x bax x f即⎪⎩⎪⎨⎧+=+--=+②1①1222211x b ax x b ax两式相加，得a (x 1+x 2)+2b =x 22-x 21.∵x 1+x 2=-ab 2,∴x 22-x 21=0,即(x 2+x 1)(x 2-x 1)=0,又x 1＜x 2,∴x 1+x 2=0,从而b =0, ∴a （x 2-1）=0，得x 1=-1,x 2=1, 由②得a =2.10.（2009²徐州模拟）已知函数f (x )=3342+x x,x ∈［0，2］.（1）求f (x )的值域； （2）设a ≠0,函数g (x )=31ax 3-a 2x ,x ∈［0，2］.若对任意x 1∈［0，2］，总存在x 2∈［0，2］，使f (x 1)-g (x 2)=0.求实数a 的取值范围.解 （1）方法一 对函数f (x )求导，f ′(x )=34²222)1(1+-xx .令f ′(x )=0,得x =1或x =-1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0,f (x )在(0,1）上单调递增；当x ∈(1,2)时，f ′(x )＜0,f (x )在（1，2）上单调递减.又f (0)=0,f (1)=32,f (2)=158,∴当x ∈［0，2］时，f (x )的值域是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0.方法二 当x =0时，f (x )=0; 当x ∈(0，2］时，f (x )＞0且 f (x )=34²xx 11+≤34²xx 121⋅=32，当且仅当x =x1,即x =1时，“=”成立.∴当x ∈［0，2］时，f (x )的值域是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0.(2)设函数g (x )在［0，2］上的值域是A . ∵对任意x 1∈［0，2］，总存在x 0∈［0，2］， 使f (x 1)-g (x 0)=0,∴⊆⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0A .对函数g (x )求导，g ′(x )=ax 2-a 2. ①当x ∈(0,2),a ＜0时，g ′(x )＜0, ∴函数g (x )在（0，2）上单调递减. ∵g (0)=0,g (2)=38a -2a 2＜0,∴当x ∈［0，2］时，不满足⊆⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0A ；②当a ＞0时，g ′(x )=a (x -a )(x +a ). 令g ′(x )=0，得x =a 或x =-a （舍去）.（ⅰ)当x ∈［0，2］，0＜a ＜2时，列表：∵g (0)=0,g (a )＜0,又∵⊆⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0A ，∴g （2）=2238a a -≥32.解得31≤a ≤1.(ⅱ)当x ∈(0,2),a ≥2时，g ′(x )＜0, ∴函数在（0，2）上单调递减， ∵g （0）=0，g （2）=2238a a -＜0,∴当x ∈［0，2］时，不满足⊆⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0A . 综上，实数a 的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,31.11.已知函数f （x ）=x 3-ax 2-3x .（1）若f （x ）在区间［1，+∞）上是增函数，求实数a 的取值范围； （2）若x =-31是f （x ）的极值点，求f （x ）在［1，a ］上的最大值；（3）在（2）的条件下，是否存在实数b ，使得函数g （x ）=bx 的图象与函数f （x ）的图象恰有3个交点，若存在，请求出实数b 的取值范围；若不存在，试说明理由. 解 （1）f ′(x )=3x 2-2ax -3 ∵f (x )在［1，+∞）上是增函数,∴f ′(x )在［1，+∞）上恒有f ′(x )≥0， 即3x 2-2ax -3≥0在［1，+∞）上恒成立 则必有3a ≤1且f ′(1)=-2a ≥0,∴a ≤0.(2）依题意，f ′(-31)=0,即31+32a -3=0∴a =4,∴f （x ）=x 3-4x 2-3x令f ′（x ）=3x 2-8x -3=0， 得x 1=-31，x 2=3.则当x 变化时，f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：∴f （x ）在［1，4］上的最大值是f （1）=-6.（3）函数g （x ）=bx 的图象与函数f （x ）的图象恰有3个交点，即方程x 3-4x 2-3x =bx 恰有3个不等实根 ∴x 3-4x 2-3x -bx =0， ∴x =0是其中一个根，∴方程x 2-4x -3-b =0有两个非零不等实根， ∴⎩⎨⎧≠-->++=∆030)3(416b b ,∴b ＞-7且b ≠-3.∴存在符合条件的实数b ，b 的范围为b ＞-7且b ≠- 3. 12.(2008²安徽理，20)设函数f （x ）=xx ln 1（x ＞0且x ≠1）.（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）已知2x1＞x a 对任意x ∈（0，1）成立，求实数a 的取值范围.解 （1）f ′(x )=-xx x 22ln1ln +，若f ′(x )=0,则x =e1.列表如下：所以f (x )的单调增区间为（0,e1），单调减区间为（e1,1）和（1，+∞）.（2）在2x1＞x a两边取对数，得x1ln2＞a ln x . 由于x ∈(0,1)，所以2ln a ＞xx ln 1.①由（1）的结果知， 当x ∈(0,1)时，f (x )≤f （e1）=-e.为使①式对所有x ∈(0,1)成立，当且仅当2ln a ＞-e,即a ＞-eln2.§3.3 定积分基础自测1.当n 无限趋近于+∞时，n1(sinnπ+sinnπ2+…+sinnn π)1(-)写成定积分的形式，可记为 .答案π1π0⎰sin x d x2.10⎰1d x = . 答案 13.由曲线y =e x ,x =0,y =2所围成的曲边梯形的面积为 （用定积分表示）.答案 21⎰ln y d y 或2ln 0⎰(2-e x )d x4.已知f (x )为偶函数且60⎰f （x ）d x =8，则66-⎰f （x ）d x = .答案 165.已知-1≤a ≤1，f （a ）=10⎰（2ax 2-a 2x ）d x ，求f （a ）的值域.解 f (a )= 10⎰(2ax 2-a 2x )d x=(332xa -222xa)|10 =-22a+32a =-21(a -32)2+92.∵-1≤a ≤1，∴-67≤f （a ）≤92，故f (a )的值域为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-92,67例1 计算下列定积分（1）20⎰x (x +1)d x ;(2) 21⎰(e 2x +x1)d x ;(3) π0⎰sin 2x d x .解 （1）∵x （x +1）=x 2+x 且(31x 3)′=x 2,(21x 2)′=x ,∴20⎰x (x +1)d x =20⎰(x 2+x )d x=20⎰x 2d x +20⎰x d x =31x 3|20+21x 2|2=(31³23-0)+(21³22-0)=314.(2)∵(ln x )′=x1,(e 2x )′=e 2x ²(2x )′=2e 2x ,得e 2x =(21e 2x )′所以21⎰（e 2x +x1)d x =21⎰e 2x d x +21⎰x1d x =21e 2x |21+ln x |21=21e 4-21e 2+ln2-ln1=21e 4-21e 2+ln2.(3)由(sin2x )′=cos2x ²(2x )′=2cos2x ,得 cos2x =（21sin2x ）′,所以π0⎰sin 2x d x =π0⎰（21-21cos2x ）d x=π0⎰21d x -21π0⎰cos2x d x=21x |π0-21（21sin2x ）|π0=（2π-0）-21（21sin2π -21sin0）=2π.例2 计算下列定积分（1）π20⎰|sin x |d x ;(2)20⎰|x 2-1|d x .解 （1）∵（-cos x ）′=sin x ，∴π20⎰|sin x |d x =π0⎰|sin x |d x +ππ2⎰|sin x |d x=π0⎰sin x d x -ππ2⎰sin x d x =-cos x |π0+cos x |ππ2=-（cos π-cos0）+（cos2π-cos π）=4. （2）∵0≤x ≤2，于是|x2-1|=⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤<-)10(1)21(122x x x x∴20⎰|x 2-1|d x =10⎰(1-x 2)d x +21⎰(x 2-1)d x=⎪⎭⎫⎝⎛-331x x |10+（31x 3-x ）|21=（1-31）+（31³23-2）-（31-1）=2.例3 求函数f (x )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈∈]3,2(2]2,1(]1,0[23x x xx x x 在区间［0，3］上的积分. 解 由积分性质知30⎰f (x )d x =10⎰f (x )d x +21⎰f (x )d x +32⎰f (x )d x=10⎰x 3d x +21⎰x 2d x +32⎰2xd x=44x|10+31x 3|21+2ln 2x|32 =41+38-31+2ln 8-2ln 4=2ln 4+1231.例4 （14分）求定积分32-⎰2616xx -+d x .解 设y =2616x x -+, 即(x -3)2+y 2=25 (y ≥0). 5分 ∵32-⎰2616xx -+d x 表示以5为半径的圆的四分之一面积. 10分 ∴32-⎰2616xx -+d x =π425.14分1. 求0π-⎰(cos x +e x)d x .解 0π-⎰(cos x +e x )d x =0π-⎰cos x d x +0π-⎰e x d x=sin x |0π-+e x |0π-=1-πe1.2.求40⎰（|x -1|+|x -3|）d x .解 设y =|x -1|+|x -3|=⎪⎩⎪⎨⎧≥-<<≤+-)3(42)31(2)1(42x x x x x ∴40⎰(|x -1|+|x -3|)d x=10⎰(-2x +4)d x +31⎰2d x +43⎰(2x -4)d x=(-x 2+4x )|10+2x |31+(x 2-4x )|43=-1+4+6-2+16-16-9+12=10.3.已知函数:f (x )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤<≤<≤+--)32()2()21()10()1(211x x xx x x求30⎰f (x )d x .解 30⎰f (x )d x =10⎰2(x +1)-1 d x +21⎰xd x +32⎰(2)x -1d x=2ln(x +1)|10+323x|21+321|)2(2ln 1-x=2ln2+32(22-1)+)22(2ln1-.4. 10⎰（2)1(1--x -x ）d x = . 答案 42-π一、填空题1.定积分π30⎰xcos 1-d x = .答案 622.若y =f (x )与y =g (x )是［a ,b ］上的两条光滑曲线的方程，则这两条曲线及直线x =a ,x =b 所围成的平面区域的面积为 （用定积分表示）. 答案 b a ⎰|f (x )-g (x )|d x3.定积分10⎰(32x +3x )d x = .答案23ln 4+4.设函数f （x ）=⎪⎩⎪⎨⎧≤<-≤≤+,21,3,10,12x x x x 则20⎰f （x ）d x = .答案6175.定积分22-⎰2(x 3+5x 5)d x = . 答案 06.根据π20⎰sin x d x =0推断，直线x =0，x =2π，y =0和正弦曲线y =sin x 所围成的曲边梯形的面积时，曲边梯形在x 轴上方的面积 在x 轴下方的面积.（用“大于”,“小于”,“等于”填空） 答案 等于7.若10⎰f (x )d x =1, 20⎰f (x )d x =-1,则21⎰f (x )d x = .答案 -28.定积分10⎰21xx +d x 的值是 .答案21ln2二、解答题9.求下列定积分的值 (1) 30⎰29x-d x ;(2)已知f (x )=⎪⎩⎪⎨⎧<<≤≤-101012x x x ，求11-⎰f (x )d x 的值.解 （1）30⎰29x-d x 表示以y =29x -与x =0,x =3所围成图形的面积，而y =29x -与x =0,x =3围成的图形为圆x 2+y 2=9在第一象限内的部分，因此所求的面积为49π.（2）∵f （x ）=⎪⎩⎪⎨⎧<<≤≤-101012x x x∴11-⎰f (x )d x =01-⎰x 2d x +10⎰1d x=31x 3|01-+x |10=31+1=34.10.已知f （x ）=ax 2+bx +c ，且f （-1）=2，f ′（0）=0，10⎰f （x ）d x =-2，求a 、b 、c 的值. 解 由f （-1）=2，得a -b +c =2， ①又f ′(x )=2ax +b , 由f ′(0)=0得b =0,②10⎰f (x )d x =10⎰(ax 2+bx +c )d x=(31ax 3+2b x 2+cx )|10=31a +21b +c .即31a +21b +c =-2， ③由①②③得：a =6,b =0,c =-4.11.已知f (a )= 10⎰(2ax 2-a 2x )d x ,求f (a )的最大值.解 10⎰(2ax 2-a 2x )d x =(32ax 3-21a 2x 2)|10=32a -21a 2即f (a )=32a -21a 2=-21（a 2-34a +94）+92=-21（a -32）2+92.所以当a =32时，f (a )有最大值92.12.(2009²青岛模拟)对于函数f (x )=bx 3+ax 2-3x .（1）若f (x )在x =1和x =3处取得极值，且f (x )的图象上每一点的切线的斜率均不超过2sin t cos t -23cos 2t +3,试求实数t 的取值范围；（2）若f (x ）为实数集R 上的单调函数，且b ≥-1,设点P 的坐标为（a ,b )，试求出点P 的轨迹所围成的图形的面积S .解 （1）由f (x )=bx 3+ax 2-3x , 则f ′(x )=3bx 2+2ax -3,∵f （x ）在x =1和x =3处取得极值， ∴x =1和x =3是f ′(x )=0的两个根且b ≠0.⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=⨯-=+bb a 33313231⇒⎪⎩⎪⎨⎧-==312b a .∴f ′(x )=-x 2+4x -3.∵f (x )的图象上每一点的切线的斜率不超过 2sin t cos t -23cos 2t +3,∴f ′(x )≤2sin t cos t -23cos 2t +3对x ∈R 恒成立， 而f ′(x )=-(x -2)2+1,其最大值为1. 故2sin t cos t -23cos 2t +3≥1 ⇒2sin(2t -3π)≥1⇒2k π+6π≤2t -3π≤2k π+65π,k ∈Z⇒k π+4π≤t ≤k π+127π,k ∈Z .（2）当b =0时，由f (x )在R 上单调，知a =0. 当b ≠0时，由f (x )在R 上单调⇔f ′(x )≥0恒成立，或者f ′(x )≤0恒成立.∵f ′(x )=3bx 2+2ax -3, ∴Δ=4a 2+36b ≤0可得b ≤-91a 2.从而知满足条件的点P （a ,b )在直角坐标平面aOb 上形成的轨迹所围成的图形是由曲线b =-91a 2与直线b =-1所围成的封闭图形， 其面积为S =33-⎰(1-91a 2)d a =4.§3.4 定积分的简单应用1.将由y =cos x ,x =0,x =π,y =0所围图形的面积写成定积分形式为 .答案 20π⎰cos x d x +|ππ2⎰cos x d x | 2.一物体沿直线以v =3t +2 (t 单位：s,v 单位：m/s ）的速度运动，则该物体在 3 s ～6 s 间的运动路程为 m.答案 46.53.用力把弹簧从平衡位置拉长10 cm,此时用的力是200 N ，变力F 做的功W 为 J. 答案10基础自测4.曲线y =cos x （ 0≤x ≤23π）与坐标轴所围成的面积是 .答案 35.有一质量非均匀分布的细棒，已知其线密度为ρ（x ）=x 3（取细棒的一端为原点，所在直线为x 轴），棒长为1，则棒的质量M 为 . 答案 41例1 求抛物线y 2=2x 与直线y =4-x 围成的平面图形的面积.解 由方程组⎪⎩⎪⎨⎧-==x y x y 422解出抛物线和直线的交点为（2，2）及(8,-4).方法一 选x 作为积分变量，由图可看出S =A 1+A 2 在A 1部分：由于抛物线的上半支方程为y =x 2,下半支方程为y =-2x ，所以S 1A =2⎰［x 2-(-x 2)］d x =2220⎰x21d x=22²32x23|20=316，S 2A =82⎰［4-x -(-x 2)］d x =(4x -21x 2+322x23)|82=338,于是：S =316+338=18.方法二 选y 作积分变量， 将曲线方程写为x =22y及x =4-y .S =24-⎰[（4-y ）-22y]d y =(4y -22y-63y)|24-=30-12=18.例2 （14分）如图所示，直线y =kx 分抛物线y =x -x 2与x 轴所围图形为面积相等的两部分，求k 的值.解 抛物线y =x -x 2与x 轴两交点的横坐标x 1=0,x 2=1,所以抛物线与x 轴所围图形的面积 S =10⎰（x -x 2）d x =(3232xx-)|10 =21-31=61.6分抛物线y =x -x 2与y =kx 两交点的横坐标为 x 1′=0,x 2′=1-k , 9分所以2S =k-⎰10（x -x 2-kx ）d x=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--32132x x k |k -10 =61(1-k )3，12分又知S =61，所以(1-k )3=21，于是k =1-321=1-243. 14分例3 一辆汽车的速度—时间曲线如图所示，求此汽车在这1 min 内所行驶的路程.解 由速度—时间曲线易知，v （t ）=⎪⎩⎪⎨⎧∈+-∈∈]60,40[905.1)40,10[30)10,0[3t t t t t由变速直线运动的路程公式可得s =100⎰3t d t +4010⎰30d t +6040⎰(-1.5t +90)d t=23t 2|100+30t |4010+（-43t 2+90t ）|6040=1 350 (m).答 此汽车在这1 min 内所行驶的路程是1 350 m.1.求抛物线y 2=x 与直线x -2y -3=0所围成的平面图形的面积S .解 方法一 由⎪⎩⎪⎨⎧=--=0322y x x y 得抛物线与直线的交点为P （1，-1），Q （9，3）（如图）.∴S =10⎰［x -(-x )］d x +91⎰(x -23-x )d x=210⎰xd x +91⎰(x -2x +23)d x=343x|10+（32x23-42x+x23|91=34+328=332.方法二 若选取积分变量为y ，则两个函数分别为x =y 2,x =2y +3.由方法一知上限为3，下限为-1.∴S =31-⎰(2y +3-y 2）d y =（y 2+3y -31y 3)|31-=(9+9-9)-(1-3+31)=332.2.如图所示,阴影部分的面积是 .答案3323.一物体按规律x =bt 3做直线运动，式中x 为时间t 内通过的距离，媒质的阻力与速度的平方成正比，试求物体由x =0运动到x =a 时，阻力做的功. 解 物体的速度v =x ′(t )=(bt 3)′=3bt 2,媒质阻力f 阻=kv 2=k ²（3bt 2）2=9kb 2t 4.(其中k 为比例常数，k ＞0)当x =0时，t =0，当x =a 时，t =t 1=31⎪⎭⎫ ⎝⎛b a ,∴阻力做的功是：W 阻=a0⎰f 阻d x =10t⎰kv 2²v d t=k 10t ⎰v 3d t =k 10t⎰（3bt 2）3d t =727kb 371t =727k 327b a =727ka 232ab .一、填空题1.如图所示，阴影部分面积为 .答案 c a ⎰［g (x )-f (x )］d x +b c ⎰［f (x )-g (x )］d x2.设f （x ）=⎪⎩⎪⎨⎧∈-∈],2,1(,2],1,0[,2x x x x 则20⎰f （x ）d x = .答案653.设f (x )=x0⎰sin t d t ,则f （f （2π））= .答案 1-cos1 4.一物体在力F （x ）=⎩⎨⎧>+≤≤)2(43)20(10x x x (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 J. 答案 465.一物体在变力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 J. 答案3346.函数F (x )=x 0⎰t (t -4)d t 在［-1,5］上的最大值为 ，最小值为 .答案 0 -3327.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 6.58.若f (x )是一次函数，且10⎰f (x )d x =5, 10⎰xf (x )d x =617,那么函数f (x )的解析式是 .答案 f (x )=4x +3 二、解答题9.证明：把质量为m （单位：kg ）的物体从地球的表面升高h (单位：m)处所做的功W =G ²)(h Mmh +k k ，其中G 是地球引力常数，M 是地球的质量，k 是地球的半径.证明 根据万有引力定律：知道对于两个距离为r ,质量分别为m 1、m 2的质点，它们之间的引力为f （r ）=G ²221rm m ，其中G 为引力常数.则当质量为m 的物体距地面高度为x (0≤x ≤h )时，地心对它的引力f （x ）=G ²2)(x Mm +k .故该物体从地面升到h 高处所做的功为W =h 0⎰f （x ）d x =h0⎰G ²2)(x Mm +k ²d x=GMm h 0⎰2)(1x +k d （k +x ）=GMm ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-x k 1|h 0=GMm ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-k k 11h=G ²)(h Mmh +k k .10.设函数f (x )=x 3+ax 2+bx 在点x =1处有极值-2. （1）求常数a ,b 的值；（2）求曲线y =f (x )与x 轴所围成的图形的面积. 解 （1）由题意知f ′(x )=3x 2+2ax +b , f (1)=-2且f ′(1)=0, 即⎩⎨⎧=++-=++02321b a b a ，解得a =0,b =-3,即f (x )=x 3-3x .(2)作出曲线y =x 3-3x 的草图，所求面积为阴影部分的面积，由x 3-3x =0得曲线y =x 3-3x 与x 轴的交点坐标是(-3,0),(0,0)和(3,0)，而y =x 3-3x 是R 上的奇函数，函数图象关于原点中心对称.所以(-3,0)的阴影面积与(0, 3)的阴影面积相等. 所以所求图形的面积为 S =230⎰［0-(x 3-3x )］d x =-2（41x 4-23x 2）|30=29.11.如图所示，抛物线y =4-x 2与直线y =3x 的两交点为A 、B ，点P 在抛物线上从A 向B 运动. （1）求使△PAB 的面积最大的P 点的坐标(a ,b );(2)证明由抛物线与线段AB 围成的图形，被直线x =a 分为面积相等的两部分.（1）解 解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-=x y xy 342，得x 1=1,x 2=-4.∴抛物线y =4-x 2与直线y =3x 的交点为 A （1，3），B （-4，-12）， ∴P 点的横坐标a ∈(-4,1). 点P （a ,b )到直线y =3x 的距离为d =22313+-b a ,∵P 点在抛物线上，∴b =4-a 2，ad '=101²(4-3a -a 2)′=101 (-2a -3)=0,∴a =-23，即当a =-23时，d 最大，这时b =4-49=47,∴P 点的坐标为（-23,47）时，△PAB 的面积最大.（2）证明 设上述抛物线与直线所围成图形的面积为S ,位于x =-23右侧的面积为S 1.S =14-⎰（4-x 2-3x )d x =6125, S 1=123-⎰（4-x 2-3x )d x =12125,∴S =2S 1,即直线x =-23平分抛物线与线段AB 围成的图形的面积.12.在区间［0，1］上给定曲线y =x 2，试在此区间内确定点t 的值，使图中阴影部分的面积S 1与S 2之和最小. 解 S 1面积等于边长为t 与t 2的矩形面积去掉曲线y =x 2与x 轴、直线x =t 所围成的面积，即S 1=t ²t 2-t 0⎰x 2d x =32t 3.S 2的面积等于曲线y =x 2与x 轴、x =t ,x =1围成的面积减去矩形面积， 矩形边长分别为t 2，（1-t ），即S 2=1t ⎰x 2d x -t 2(1-t )=32t 3-t 2+31.所以阴影部分的面积S 为 S =S 1+S 2=34t 3-t 2+31（0≤t ≤1）.∵S ′(t )=4t 2-2t =4t (t -21)=0时，得t =0，t =21.当t =21时，S 最小，∴最小值为S (21)=41.单元检测三一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分)1.由三条直线x =0,x =2,y =x 3和y =0所围成的图形的面积为 . 答案 42.（2008²福建文，11）如果函数y =f (x )的图象如图所示，那么导函数y =f ′(x )的图象可能是 .。
