2024年高中數學第4章導數及其應用章末小結講義含解析湘教版選修2-2

PAGEPAGE21第4章導數及其應用1．導數的幾何意義導數的幾何意義通常是指曲線的切線斜率；導數的物理意義通常是指物體運動的瞬時速度．2．函數的單調性與導數(1)在某個區(qū)間內，若f′(x)>0(或f′(x)<0)，則函數f(x)在此區(qū)間內為增(或減)函數．(2)利用導數證明函數在某區(qū)間上的單調性的關鍵是設法證明f′(x)>0或f′(x)<0恒成立；利用導數探討函數的單調區(qū)間，則要解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)若f(x)為增(或減)函數，則應有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)．在已知函數的單調性，利用導數求解相關參數時，要特殊關注f′(x)＝0，即f(x)為常數的狀況．3．導數與函數的極值、最值(1)函數的極值是一個局部概念，極大值與微小值之間無確定的大小關系，并且函數的極值個數不是確定的，也可能沒有極值．而函數的最值表示函數在一個區(qū)間上的整體狀況，是對函數在整個區(qū)間上函數值的比較．(2)可導函數的極值點必是導數為0的點，但導數為0的點不肯定是極值點，即f′(x)＝0是可導函數f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件．從而知x0是極值點的充分條件是在x＝x0的兩側導數值異號．(3)一般地，在閉區(qū)間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，那么它必有最大值與最小值．求最值的關鍵是比較極值與端點處的函數值的大?。舳x域內只有一個極值點，則這個極值點肯定是最值點．4．定積分與微積分基本定理利用微積分基本定理計算定積分，關鍵是求被積函數的原函數．而求被積函數的原函數和求函數的導函數恰好互為逆運算，要留意它們在計算和求解中的不同，避開混淆．導數的幾何意義[例1]已知函數f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(2，－6)處的切線方程；(2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經過原點，求直線l的方程及切點坐標；(3)假如曲線y＝f(x)的某一切線與直線y＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，求切點坐標與切線的方程．[解](1)可判定點(2，－6)在曲線y＝f(x)上．∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，∴f(x)在點(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝13.∴切線的方程為y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.(2)法一：設切點為(x0，y0)，則直線l的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴直線l的方程為y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.又∵直線l過點(0,0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.整理得，xeq\o\al(3,0)＝－8，∴x0＝－2.∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26.k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標為(－2，－26)．法二：設直線l的方程為y＝kx，切點為(x0，y0)，則k＝eq\f(y0－0,x0－0)＝eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)，又∵k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，∴eq\f(x\o\al(3,0)＋x0－16,x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1.解得x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26.k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點坐標為(－2，－26)．(3)∵切線與直線y＝－eq\f(1,4)x＋3垂直，∴切線的斜率k＝4.設切點坐標為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，∴x0＝±1.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－14))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,y0＝－18.))即切點為(1，－14)或(－1，－18)．切線方程為y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.即y＝4x－18或y＝4x－14.函數y＝f(x)在x0處的導數f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率k，即k＝f′(x0)，于是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程為：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．1．(天津高考)已知a∈R，設函數f(x)＝ax－lnx的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________．解析：因為f′(x)＝a－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.答案：12．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的圖象為曲線C.(1)求過曲線C上隨意一點切線斜率的取值范圍；(2)若在曲線C上存在兩條相互垂直的切線，求其中一條切線與曲線C的切點的橫坐標的取值范圍．解：(1)由題意得f′(x)＝x2－4x＋3，則f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即過曲線C上隨意一點切線斜率的取值范圍是[－1，＋∞)．(2)設曲線C的其中一條切線的斜率為k，則由(2)中條件并結合(1)中結論可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1，))解得－1≤k＜0或k≥1，故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－eq\r(2)]∪(1,3)∪[2＋eq\r(2)，＋∞).導數與函數的單調性[例2](全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x，探討f(x)的單調性．[解]f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．若a＜0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)＞0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調遞減．(1)利用導數求函數的單調區(qū)間，也就是求函數定義域內不等式f′(x)>0或f′(x)<0的解集．(2)已知函數在某個區(qū)間上單調，求參數問題，通常是解決一個恒成立問題．3．證明：不等式lnx>eq\f(2x－1,x＋1)，其中x>1.證明：設f(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4,x＋12).∵x>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)內為單調增函數．又∵f(1)＝0，∴當x>1時，f(x)>f(1)＝0，即lnx－eq\f(2x－1,x＋1)>0，∴l(xiāng)nx>eq\f(2x－1,x＋1).4．已知函數f(x)＝x2＋alnx.(1)當a＝－2時，求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若g(x)＝f(x)＋eq\f(2,x)在[1，＋∞)上是單調增函數，求實數a的取值范圍．解：(1)易知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝－2時，f(x)＝x2－2lnx，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x).令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)的單調增區(qū)間是(1，＋∞)，單調減區(qū)間是(0,1)．(2)由g(x)＝x2＋alnx＋eq\f(2,x)，得g′(x)＝2x＋eq\f(a,x)－eq\f(2,x2).若函數g(x)為[1，＋∞)上的單調增函數，則g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即不等式2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立．也即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．令φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，則φ′(x)＝－eq\f(2,x2)－4x.當x∈[1，＋∞)時，φ′(x)＝－eq\f(2,x2)－4x<0，∴φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上為減函數．∴φ(x)max＝φ(1)＝0.∴a≥0，即a的取值范圍為[0，＋∞).導數與函數的極值、最值及恒成立問題[例3]已知函數f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值為2，求a的值；(2)設g(x)＝lnx－a，若g(x)＜x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x＞0)，當a≥0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函數，f(x)不存在最小值；當a＜0時，由f′(x)＝0，得x＝－a，且0＜x＜－a時，f′(x)＜0，x＞－a時，f′(x)＞0.∴x＝－a時，f(x)取微小值也是最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)＜x2，即lnx－a＜x2，即a＞lnx－x2，故g(x)＜x2在(0，e]上恒成立，也就是a＞lnx－x2在(0，e]上恒成立．設h(x)＝lnx－x2，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)，由h′(x)＝0及0＜x≤e，得x＝eq\f(\r(2),2).當0＜x＜eq\f(\r(2),2)時，h′(x)＞0，當eq\f(\r(2),2)＜x≤e時，h′(x)＜0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上為增函數，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，e))上為減函數，所以當x＝eq\f(\r(2),2)時，h(x)取得最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2).所以g(x)＜x2在(0，e]上恒成立時，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(\r(2),2)－\f(1,2)，＋∞)).一般地，若已知函數f(x)在某區(qū)間上的不等式恒成立，求函數表達式中所含參數的取值范圍問題，都可以借助導數轉化為求函數的最值或函數值域的端點問題，然后依據不等式恒成立問題的解法(如：分別參數法，數形結合法)進行求解．5．(北京高考)已知函數f(x)＝excosx－x.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(2)設h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h′(x)＜0，所以h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減．所以對隨意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減．因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).6．設函數f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，若對隨意的x∈[0,3]，都有f(x)<c2成立，求c的取值范圍．解：∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，∴當x∈(0,1)時，f′(x)>0；當x∈(1,2)時，f′(x)<0；當x∈(2,3)時，f′(x)>0.∴當x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c>f(1)，f(0)＝8c＜f(1)，∴x∈[0,3]時，f(x)的最大值為f(3)＝9＋8c.∵對隨意的x∈[0,3]，都有f(x)<c2恒成立，∴9＋8c<c2，即c<－1或c>9.∴c的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞).導數與不等式[例4]已知函數f(x)＝x2ex－1－eq\f(1,3)x3－x2.(1)探討函數f(x)的單調性；(2)設g(x)＝eq\f(2,3)x3－x2，試比較f(x)與g(x)的大?。甗解](1)f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，由f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.當－2<x<0或x>1時，f′(x)>0；當x<－2或0<x<1時，f′(x)<0，所以函數f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上單調遞增，在(－∞，－2)和(0,1)上單調遞減．(2)f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)．因為對隨意實數x總有x2≥0，所以設h(x)＝ex－1－x.則h′(x)＝ex－1－1，由h′(x)＝0，得x＝1，當x<1時，h′(x)<0，即函數h(x)在(－∞，1)上單調遞減，因此當x<1時，h(x)>h(1)＝0.當x>1時，h′(x)>0，即函數h(x)在(1，＋∞)上單調遞增，因此當x>1時，h(x)>h(1)＝0.當x＝1時，h(1)＝0.所以對隨意實數x都有h(x)≥0，即f(x)－g(x)≥0，故對隨意實數x，恒有f(x)≥g(x)．利用導數解決不等式問題(如：證明不等式，比較大小等)，其實質就是利用求導數的方法探討函數的單調性，而證明不等式(或比較大小)常與函數最值問題有關．因此，解決該類問題通常是構造一個函數，然后考查這個函數的單調性，結合給定的區(qū)間和函數在該區(qū)間端點的函數值使問題得以求解．7．已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)使得f(x)≥0成立，求a的取值范圍；(2)求證：當x＞1時，在(1)的條件下，eq\f(1,2)x2＋ax－a＞xlnx＋eq\f(1,2)成立．解：(1)原題即為存在x>0使得lnx－x＋a＋1≥0，∴a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1，則g′(x)＝－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(x－1,x).令g′(x)＝0，解得x＝1.∵當0＜x＜1時，g′(x)＜0，g(x)為減函數，當x＞1時，g′(x)＞0，g(x)為增函數，∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.故a的取值范圍是[0，＋∞)．(2)證明：原不等式可化為eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)＞0(x＞1，a≥0)．令G(x)＝eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)，則G(1)＝0.由(1)可知x－lnx－1＞0，則G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1＞0，∴G(x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴G(x)>G(1)＝0成立，∴eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)＞0成立，即eq\f(1,2)x2＋ax－a>xlnx＋eq\f(1,2)成立．導數的實際應用[例5]如圖，四邊形ABCD是一塊邊長為4km的正方形地域，地域內有一條河流MD，其經過的路途是以AB中點M為頂點且開口向右的拋物線(河流寬度忽視不計)．新長城公司打算投資建一個大型矩形游樂園PQCN，問如何施工才能使游樂園面積最大？并求出最大面積．[解]以M為原點，AB所在直線為y軸建立直角坐標系，則D(4,2)．設拋物線方程為y2＝2px.∵點D在拋物線上，∴22＝8p.解得p＝eq\f(1,2).∴拋物線方程為：y2＝x(0≤x≤4)．設P(y2，y)(0≤y≤2)是曲線MD上任一點，則|PQ|＝2＋y，|PN|＝4－y2.∴矩形游樂園面積為S＝|PQ|×|PN|＝(2＋y)(4－y2)＝8－y3－2y2＋4y.求導得：S′＝－3y2－4y＋4，令S′＝0，得3y2＋4y－4＝0，解得y＝eq\f(2,3)或y＝－2(舍)．當y∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))時，S′>0，函數為增函數；當y∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時，S′<0，函數為減函數．∴當y＝eq\f(2,3)時，S有最大值．得|PQ|＝2＋y＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)，|PN|＝4－y2＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(32,9).∴游樂園的最大面積為Smax＝eq\f(8,3)×eq\f(32,9)＝eq\f(256,27)(km2)．(1)解決實際問題中的最值問題，若列出的解析式是三次或更高次的函數，?？紤]用導數求解；(2)在實際問題中，f′(x)＝0經常僅有一個根，若能推斷函數的最大(小)值在x的改變區(qū)間內部得到，則這個根處的函數值就是所求的最大(小)值．8．某工廠某種產品的年產量為1000x噸，其中x∈[20,100]，須要投入的成本為C(x)(單位：萬元)，當x∈[20,80]時，C(x)＝eq\f(1,2)x2－30x＋500；當x∈(80,100]時，C(x)＝eq\f(20000,\r(x)).若每噸商品售價為eq\f(lnx,x)萬元，通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完．(1)寫出年利潤L(x)(單位：萬元)關于x的函數關系式；(2)年產量為多少噸時，該廠所獲利潤最大？解：(1)由題意，知L(x)＝1000lnx－C(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1000lnx－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－30x＋500))，x∈[20，80]，,1000lnx－\f(20000,\r(x))，x∈80，100].))(2)當x∈[20,80]時，L′(x)＝－eq\f(x－50x＋20,x)，由L′(x)≥0，得20≤x≤50；由L′(x)≤0，得50≤x≤80，∴L(x)在[20,50]上單調遞增，在[50,80]上單調遞減，∴當x＝50時，L(x)max＝1000ln50－250；當x∈(80,100]時，L(x)＝1000lnx－eq\f(20000,\r(x))單調遞增，∴L(x)max＝1000ln100－2000.∵1000ln50－250－(1000ln100－2000)＝1750－1000ln2>1750－1000>0，∴當x＝50，即年產量為50000噸時，利潤最大，最大利潤為(1000ln50－250)萬元.定積分的應用[例6]求正弦曲線y＝sinx與余弦曲線y＝cosx在x＝－eq\f(3π,4)到x＝eq\f(5π,4)之間圍成的圖形的面積．[解]如圖，畫出y＝sinx與y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(5π,4)))上的圖象，它們共產生三個交點，分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，－\f(\r(2),2))).在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上，cosx>sinx，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上，sinx>cosx.∴面積S＝eq\a\vs4\al(\i\in(－eq\f(3π,4),eq\f(π,4),))(cosx－sinx)dx＋eq\a\vs4\al(\i\in(eq\f(π,4),eq\f(5π,4),))(sinx－cosx)dx＝2eq\a\vs4\al(\i\in(eq\f(π,4),eq\f(5π,4),))(sinx－cosx)dx.取F(x)＝－(sinx＋cosx)，∴S＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))－F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝4eq\r(2).不規(guī)則圖形的面積可用定積分求，關鍵是確定定積分上、下限及被積函數，積分的上、下限一般是兩曲線交點的橫坐標．9．曲線C：y＝2x3－3x2－2x＋1，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，求過點P的切線l與C圍成的圖形的面積．解：設切點A(x0，y0)，則y′＝6xeq\o\al(2,0)－6x0－2，切線l：y－[2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)－2x0＋1]＝(6xeq\o\al(2,0)－6x0－2)(x－x0)過Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，∴－[2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)－2x0＋1]＝[6xeq\o\al(2,0)－6x0－2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x0)).即x0(4xeq\o\al(2,0)－6x0＋3)＝0.∴x0＝0，y0＝1，A(0,1)．∴切線l的方程為y－1＝－2(x－0)．∴2x＋y－1＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x3－3x2－2x＋1，,y＝1－2x))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝－2，))∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－2)).∴S＝eq\i\in(0,,)(3x2－2x3)dx＝eq\f(27,32).(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．函數y＝sin2x－cos2x的導數是()A．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))B．y′＝cos2x－sin2xC．y′＝sin2x＋cos2xD．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))解析：∵y′＝(sin2x－cos2x)′＝(sin2x)′－(cos2x)′＝cos2x·(2x)′＋sin2x·(2x)′＝2cos2x＋2sin2x＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos2x＋\f(\r(2),2)sin2x))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，故選A.答案：A2．已知曲線y＝lnx的切線過原點，則此切線的斜率為()A．e B．－eC.eq\f(1,e) D．－eq\f(1,e)解析：y＝lnx的定義域為(0，＋∞)，設切點為(x0，y0)，則k＝f′(x0)＝eq\f(1,x0)，∴切線方程為y－y0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又切線過點(0,0)，代入切線方程得y0＝1，則x0＝e，∴k＝f′(x0)＝eq\f(1,x0)＝eq\f(1,e).答案：C3．函數f(x)＝x2－2lnx的單調遞減區(qū)間是()A．(0,1] B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]，(0,1) D．[－1,0)，(0,1]解析：∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當0＜x≤1時，f′(x)≤0，函數f(x)單調遞減．答案：A4．已知函數f(x)＝xlnx，若f(x)在x0處的函數值與導數值之和等于1，則x0的值等于()A．1 B．－1C．±1 D．不存在解析：因為f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝lnx＋1，于是有x0lnx0＋lnx0＋1＝1，解得x0＝1或x0＝－1(舍去)．答案：A5.已知函數f(x)的導函數f′(x)＝a(x－b)2＋c的圖象如圖所示，則函數f(x)的圖象可能是()解析：由導函數圖象可知，當x<0時，函數f(x)遞減，解除A、B；當0<x<x1時，f′(x)>0，函數f(x)遞增．因此，當x＝0時，f(x)取得微小值，故選D.答案：D6．函數f(x)＝2eq\r(x)＋eq\f(1,x)，x∈(0,5]的最小值為()A．2 B．3C.eq\f(17,4) D．2eq\r(2)＋eq\f(1,2)解析：由f′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)＝0得x＝1，且x∈(0,1)時f′(x)＜0，x∈(1,5]時f′(x)＞0，∴x＝1時f(x)最小，最小值為f(1)＝3.答案：B7．由直線x＝－eq\f(π,3)，x＝eq\f(π,3)，y＝0與曲線y＝cosx所圍成的封閉圖形的面積為()A.eq\f(1,2) B.1C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析：結合函數圖象可得所求的面積是定積分eq\i\in(－eq\f(π,3),eq\f(π,3),)cosxdx，取F(x)＝sinx，則F′(x)＝cosx.∴eq\i\in(－eq\f(π,3),eq\f(π,3),)cosxdx＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\r(3).答案：D8．設函數f(x)＝ex(sinx－cosx)(0≤x≤2019π)，則函數f(x)的各微小值之和為()A．－eq\f(e2π1－e2019π,1－e2π) B．－eq\f(e2π1－e2019π,1－eπ)C．－eq\f(1－e2020π,1－e2π) D．－eq\f(e2π1－e2018π,1－e2π)解析：∵f′(x)＝2exsinx，∴當x∈(2kπ＋π，2kπ＋2π)(k∈Z)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(2kπ＋2π，2kπ＋3π)(k∈Z)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，故當x＝2kπ＋2π(k∈Z)時，f(x)取微小值，其微小值為f(2kπ＋2π)＝－e2kπ＋2π(k∈Z)，又0≤x≤2019π，∴f(x)的各微小值之和S＝－e2π－e4π－…－e2018π＝－eq\f(e2π1－e2018π,1－e2π).答案：D9．設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數f(x)在x＝－2處取得微小值，則函數y＝xf′(x)的圖象可能是()解析：∵f(x)在x＝－2處取得微小值，∴在x＝－2旁邊的左側f′(x)＜0，當x＜－2時，xf′(x)＞0；在x＝－2旁邊的右側f′(x)＞0，當－2＜x＜0時，xf′(x)＜0.答案：C10．函數f(x)＝eq\a\vs4\al(\i\in(0,x,))t(t－4)dt在[－1,5]上()A．有最大值0，無最小值B．有最大值0，最小值－eq\f(32,3)C．有最小值－eq\f(32,3)，無最大值D．既無最大值，也無最小值解析：函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2，所以f′(x)＝x2－4x，所以f(x)在[－1,0]上單調遞增，在[0,4]上單調遞減，在[4,5]上單調遞增，進而可得f(x)在[－1,5]上既有最大值又有最小值．答案：B11.已知定義在R上的函數f(x)滿意f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)為f(x)的導函數，且導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示．則不等式f(x)<1的解集是()A．(－3,0) B．(－3,5)C．(0,5) D．(－∞，－3)∪(5，＋∞)解析：依題意得，當x>0時，f′(x)>0，f(x)是增函數；當x<0時，f′(x)<0，f(x)是減函數．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3,5)．答案：B12．若曲線C1：y＝ax2(a>0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,8)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,8)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))解析：依據題意，函數y＝ax2與函數y＝ex的圖象在(0，＋∞)上有公共點，令ax2＝ex，得a＝eq\f(ex,x2).設f(x)＝eq\f(ex,x2)，則f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)，由f′(x)＝0，得x＝2，當0<x<2時，f′(x)<0，函數f(x)＝eq\f(ex,x2)在區(qū)間(0,2)上是減函數，當x>2時，f′(x)>0，函數f(x)＝eq\f(ex,x2)在區(qū)間(2，＋∞)上是增函數，所以當x＝2時，函數f(x)＝eq\f(ex,x2)在(0，＋∞)上有最小值f(2)＝eq\f(e2,4)，所以a≥eq\f(e2,4).答案：C二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把答案填在題中橫線上)13．若函數f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在區(qū)間(m,2m＋1)上單調遞增，則實數m的取值范圍是__________．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函數f(x)的增區(qū)間為(－1,1)．又f(x)在(m,2m＋1)上單調遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]14．曲線y＝log2x在點(1,0)處的切線與坐標軸所圍三角形的面積等于________．解析：∵y′＝eq\f(1,xln2)，∴k＝eq\f(1,ln2)，∴切線方程為y＝eq\f(1,ln2)(x－1)，∴三角形面積為S△＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,ln2)＝eq\f(1,2ln2)＝eq\f(1,2)log2e.答案：eq\f(1,2)log2e15．點P是曲線y＝x2－lnx上隨意一點，則P到直線y＝x－2的距離的最小值是________．解析：設曲線上一點的橫坐標為x0(x0＞0)，則經過該點的切線的斜率為k＝2x0－eq\f(1,x0)，依據題意得，2x0－eq\f(1,x0)＝1，∴x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)，又∵x0＞0，∴x0＝1，此時y0＝1，∴切點的坐標為(1,1)，最小距離為eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)16．當x∈[－1,2]時，x3－x2－x＜m恒成立，則實數m的取值范圍是________．解析：記f(x)＝x3－x2－x，∴f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)或x＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，f(2)＝2，f(1)＝f(－1)＝－1，∴當x∈[－1,2]時，f(x)max＝2，∴m＞2.答案：(2，＋∞)三、解答題(本大題共6小題，滿分70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數．(1)求f(x)的表達式；(2)求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值．解：(1)因為f′(x)＝3ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因為g(x)是奇函數，所以g(－x)＝－g(x)，從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，因此f(x)的表達式為f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x＝－eq\r(2)(舍去)或x＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值為g(2)＝eq\f(4,3).18．(本小題滿分12分)已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，且f(－1)＝2，f′(0)＝0，eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))f(x)dx＝－2，求a，b，c的值．解：由f(－1)＝2，得a－b＋c＝2，①又f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b＝0.②而eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))f(x)dx＝eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))(ax2＋bx＋c)dx.取F(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)bx2＋cx，則F′(x)＝f(x)．∴eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))f(x)dx＝F(1)－F(0)＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,2)b＋c.∴eq\f(1,3)a＋eq\f(1,2)b＋c＝－2，③由①②③式得a＝6，b＝0，c＝－4.19．(本小題滿分12分)已知函數f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2＋bx＋c.(1)若f(x)有極值，求b的取值范圍；(2)若f(x)在x＝1處取得極值，當x∈[－1,2]時，則f(x)<c2恒成立，求c的取值范圍；(3)若f(x)在x＝1處取得極值，證明：對[－1,2]內的隨意兩個值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤eq\f(7,2).解：(1)f′(x)＝3x2－x＋b.令f′(x)＝0，由Δ>0得1－12b>0，即b<eq\f(1,12).∴b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,12))).(2)∵f(x)在x＝1處取得極值，∴f′(1)＝0，∴3－1＋b＝0，得b＝－2.令f′(x)＝0，得x1＝－eq\f(2,3)，x2＝1，可以計算得到f(x)max＝2＋c，所以2＋c<c2，解得c>2或c<－1.即c的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，＋∞)．(3)可以計算得到f(x)max＝2＋c，f(x)min＝－eq\f(3,2)＋c.∴對[－1,2]內的隨意兩個值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤2＋c－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋c))＝eq\f(7,2).20．(本小題滿分12分)已知兩個函數f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x.(1)若對隨意x∈[－3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求實數c的取值范圍；(2)若對隨意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，求實數c的取值范圍．解：(1)由f(x)≤g(x)恒成立得c≥(－2x3＋3x2＋12x)max.令F(x)＝－2x3＋3x2＋