高中数学导数复习(基础版)

第一章 导数及其应用
1.1 导数的概念
1．函数f(x)＝ax
3
＋3x
2
＋2，若f ′(－1)＝4，则实数a的值是( )
19161310
A.
3
B．
3
C.
3
D.
3

解析：∵f(x)＝ax
3
＋3x
2
＋2，
∴f′(－1)＝
Δ
lim

x
→
0
f?－1＋Δx?－f?－1?

Δx
a? －1＋Δx?
3
＋3?－1＋Δx?
2
＋2－?－a＋5?
＝
Δ
lim


x
→
0
Δx
＝
Δ
lim
(aΔx
2
－3aΔx＋3a＋3Δx－6)
x
→
0
10
＝3a－6＝4，解得a＝
3
，故选D.
答案：D
2．(2019·杭州二中月考)设函数f(x)可导，则
Δ
lim
x
→
0
f?1＋Δx?－f?1?
等于( )
3Δx
1
A．f ′(1) B．3f ′(1) C.
3
f ′(1) D.f ′(3)
解析：
Δ
lim

x
→
0
答案：C
3．子弹在枪筒中运动可以看作是匀变速运动，如果它的加速度是a＝5×10
5
m s
2
，子弹从枪
口射出时所用的时间为t
0
＝1.6×10
－
3
s，则子弹射出枪口时的瞬时速度为( )
A．1 000 ms B．500 ms C．1 600 ms D.800 ms
1
解析：设运动方程为s＝
2
at
2
，
11a?t
0
＋Δt?
2
－
at
2
2
0< br>Δs
2
1
∴
Δt
＝＝at
0
＋aΔt， < br>Δt2
Δs
－
35
∴瞬时速度v＝
Δ
lim

＝at
＝5×10
×1.6×10＝800 ms，故选D.
0
x
→
0
Δt
答案：D
4．设f(x)在R上可 导，已知f(－x)在x＝a处的导数为A，则f(x)在x＝－a处的导数为________．
解析：∵f(－x)在x＝a处的导数为A，
∴A＝
Δ
lim

x
→
0

f?1＋Δx?－f?1?
1
f?1＋Δ x?－f?1?
1
＝
lim
＝
3
f ′(1)．
3Δx3
Δx
→
0
Δx
f[－?a＋Δx?]－f?－a?
，
Δx
第 1 页 共 21 页

f?－a－Δx?－f?－a?
∴f(x)在x＝－a处的导数f ′(－a)＝
Δ
lim

＝－A.
x
→
0
－Δx
答案：－A
13
5．一质点沿直线 运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝
3
t
3
－
2
t
2
＋2t＋1，求速度为零
的时刻．
3
13
?
1
?
解：∵Δs＝s(t＋Δt)－s(t)＝
3
(t＋Δt)
3－
2
(t＋Δt)
2
＋2(t＋Δt)＋1－
?
3t
3
－
2
t
2
＋2t＋1
?
＝ ??
13
t
2
Δt＋tΔt
2
＋
3
Δ t
3
－3tΔt－
2
Δt
2
＋2Δt，
Δs2
1
2
3
∴
Δt
＝t＋tΔt＋
3
Δ t
－3t－
2
Δt＋2，
Δs
2
∴
Δ
lim

＝t－3t＋2，
t
→
0
Δt
由t
2
－3t＋2＝0，得t＝1或t＝2.
所以速度为零的时刻为1秒末和2秒末．
6．用定义求函数f(x)＝
解：Δy＝f(1＋Δx)－f(1)
＝
1
－1
1＋Δx
1－1＋Δx
?1－1＋Δx??1＋1＋Δx?
＝
1＋Δx1＋Δx?1＋1＋Δx?
1
在x＝1处的导数．
x
＝
1－?1＋Δx?
－Δx
＝＝，
1＋Δx?1＋1＋ Δx?1＋Δx?1＋1＋Δx?
Δy
∴
Δx
＝
－1
，
1＋Δx?1＋1＋Δx?
－1
1
＝－
2
.
1＋Δx?1＋1＋Δx?
Δy
∴
Δ
lim

＝lim

x
→
0
Δx
Δx
→
0
1
即函数f(x)在x＝1处的导数为－
2
.
1.1.2 导数的几何意义

1．(2019·鄂东南九校期中)设P
0
为曲线f(x) ＝x
3
＋x－2上的点，且曲线在P
0
处的切线平行于
直线y＝4x －1，则P
0
点的坐标为( )
A．(1,0) B．(2,8) C．(1,0)或(－1，－4) D.(2,8)或(－1，－4)
?x＋Δx?
3
＋?x＋Δx?－2－?x
3
＋x－2?
解析：f ′(x)＝
Δ
lim


x
→
0
Δx

第 2 页 共 21 页

?3x
2
＋1?Δx＋3x?Δx?
2
＋?Δx?
3
2
＝
Δ
lim

＝3x＋1.
x
→
0
Δx
由于曲线f(x)＝x
3
＋x－2在P
0
处的切线平行 于直线y＝4x－1，所以f(x)在P
0
处的导数值等于
4，设P
0
(x
0
，y
0
)，则有f′(x
0
)＝3x
2< br>0
＋1＝4，解得x
0
＝±1，P
0
的坐标为(1,0)或( －1，－4)．故选C.
答案：C
3π
2．下列曲线中，在x＝1处切线的倾斜角为
4
的是( )
3
A．y＝x
2
－
x
B．y＝xln x C．y＝sin πx D.y＝x
3
－2x
2

3
解析：∵曲线在x＝1处切线的倾斜角为
4
π，∴切线的斜率k＝－1，
?1＋Δx?
3
－2?1＋Δx?
2
－?－1?
2
在y＝x－2x中，k＝
Δ
lim

＝lim
(－1＋Δx＋Δx)＝－1，故选D.
x
→
0Δx
→
0
Δx
32
答案：D
3.如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f ′(5)＝( )
A．2
1
C.
2

B．1
D.0
解析：由题可知，f(5)＝3，f ′(5)＝－1，∴f(5)＋f ′(5)＝2，故选A.
答案：A
4．曲线y＝x
3
＋2在点P处的切线斜率为3，则点P的坐标为( )
11
A．(－2，－8) B．(1,3)或(－1,1) C．(2,8) D.
(?,?
)

28
解析：设P(x
0
，y
0
)．
?x
0
＋Δx?
3
＋2－?x
3
0
＋2?
则f ′(x
0
)＝
Δ
lim

x
→
0
Δx
23
3x
2
0
Δx＋3x
0
?Δx?
＋?Δx?
＝
Δ
lim


x
→
0
Δx
22
＝
Δ
lim
[3x＋3xΔx＋(Δx)]
00
x
→
0
2
＝3x0
＝3，∴x
0
＝±1，
∴P(1,3)或P(－1,1)．故选B.
答案：B
1
5．设曲线y＝x
2
＋x＋
x
在点( 1,3)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则实数a＝( )
11
A．2 B．－2 C．－
2
D.
2


第 3 页 共 21 页

?1＋Δx?
2
＋? 1＋Δx?＋
解析：f′(1)lim

Δx
→
0
Δx1
－3
1＋Δx
1
??
3＋Δx－
?
＝
Δ
lim

＝2，
x
→
0
?
1＋Δx
?
?
1
∴曲线y＝x
2
＋x＋
x
在点(1 ,3)处的切线的斜率为2，
1
又因为它与直线ax＋y＋1＝0垂直，∴a＝
2
，故选D.
答案：D
b
6．(2019·陵川高二月考)已知函数y＝ax
2
＋b在点(1,3)处的切线斜率为2，则
a
＝________.
解析：∵f ′(1)＝2，
f?1＋Δx?－f?1?a?1＋Δx?
2
－a
又
Δ
lim

＝
Δ
lim

＝
Δ
lim
(aΔx＋2a)＝2a，∴2a＝2，∴a＝1.又f(1) ＝a
x
→
0x
→
0x
→
0
ΔxΔx
＋b＝3，∴b＝2.
b
∴
a
＝2.
答案：2
1< br>3
7．曲线y＝
2
x
2
－2x在点
(1,?)
处的切线的倾斜角的余弦值为________．
2
1
?
3
?< br>2
?
－
?
2
?1＋Δx?－2?1＋Δx?－
?2
?
?
1
?
Δx－1
??
＝－1，
解析：依题意k＝
Δ
lim

＝lim

x
→
0Δx
→
0
?
2
Δx
?
332
3
∴曲线在
(1,?)
处的切线的倾斜角为
4
π，其余弦值为co s
4
π＝－
2
.
2
2
答案：－
2

※（选做题）8．已知直线l：y＝4x ＋a和曲线y＝x
3
－2x
2
＋3相切．求a的值及切点的坐标．
解：设直线l与曲线C相切于点P(x
0
，y
0
)，
?x＋Δ x?
3
－2?x＋Δ x?
2
＋3－?x
3－2x
2
＋3?
2
∵f ′(x)＝
Δ
lim

＝3x－4x.
x
→
0
Δ x
2
由导数的几何意义，得3x
0
－4x
0
＝4，
2
解得x
0
＝－
3
或x
0
＝2.
?
249
?
∴切点的坐标为
?
－
3
，
2 7
?
或(2,3)，
??
49
?
249
??2
?
当切点为
?
－
3
，
27
?
时，有
27
＝4×
?
－
3
?
＋a，
????
121
∴a＝
27
.

第 4 页 共 21 页

当切点为(2,3)时，有3＝4×2＋a，
∴a＝－5. 121
?
249
?
∴所求a的值为a＝
27
，切点为< br>?
－
3
，
27
?
；a＝－5，切点为(2,3)．
??
1．2.2 基本初等函数的导数公式及导数的运算法则
π
1．若f(x)＝cos
6
，则f ′(x)等于( )
311
A.
2
B．0 C.
2
D.－
2

答案：B
2．给出下列结论：
131
①若y＝
x
3
，则y′＝－< br>x
4
；②若y＝x，则y′＝；③若y＝2
x
，则y′＝2
x
；④若f(x)＝log
a
x(a
2x
log
a
e
＞0且a≠1)，则f′(x)＝
x
.其中正确的有( )
A．①② B．①②③ C．②③④ D. ①②④
答案：D
3．正弦曲线y＝sin x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
( )
π
?
π
??
3π
?
π
??
π3π
???3π
???
A.
?
0，
4
?
B．
?
4
，π
?
C.
?
0，
4
?
∪
?
4
，π
?
D. < br>?
0，
4
?
∪
?
2
，
4
?

????????????
解析：设P(x
0
，y
0)，∵y′|
x
＝
x
0
＝cos x
0
，∴直线l的斜率k＝cos x
0
∈[－1,1]．又直线l的倾斜< br>π3π
角α∈[0，π)，∴0≤α≤
4
或
4
≤α＜π.故选 C.
答案：C
4．(2019·山大附中高二检测)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________．
11
解析：∵y＝ln x，∴y′＝
x
(x>0)，设A(x
0
，ln x
0
)则在点A处的切线方程为y－ln x
0
＝
x
(x－ x
0
)，
0
11
化简为y＝
x
x＋ln x
0
－1，过点(－e，－1)，∴－1＝
x
(－e)＋ln x
0
－1，
00
e
∴ln x
0
－
x
＝0，
0
e
∴x
0
＝e时方程成立，又∵y＝ln x
0
－
x
递减，
0
∴方程有唯一解x
0
＝e，A(e,1)．
答案：(e,1)

第 5 页 共 21 页

5．(2019·武威一中阶段测试) 已知直线y＝kx是曲线y＝3
x
的切线，则k的值为________．
解析：设切点为(x
0
，y
0
)．
因为y′＝3
x
ln 3，所以k＝3x
0
ln 3，所以y＝(3x
0
ln 3)·x，
又因为(x
0
，y
0
)在曲线y＝3
x
上，所以3x
0
ln 3·x
0
＝3x
0
，
1
所以x
0
＝
ln 3
＝log
3
e.所以k＝eln 3.
答案：eln 3
6． (2019·自贡富顺一中高二期中)设f(x)＝x
3
＋ax
2
＋bx＋1 的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝
－b，其中常数a，b∈R.求曲线y＝f(x )在点(1，f(1))处的切线方程．
解：因为f(x)＝x
3
＋ax
2
＋bx＋1，所以f′(x)＝3x
2
＋2ax＋b.
令x＝1，得f′( 1)＝3＋2a＋b，又f′(1)＝2a，所以3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.
3
令 x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，又f′(2)＝－b，所以12＋4a＋b＝－b，解得a＝－
2
.
35
则f(x)＝x
3
－
2
x
2
－3x＋1，从而f(1)＝－
2
.
35
又f′(1)＝2×－< br>2
＝－3，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－－
2
＝－3(x－1)，
即6x＋2y－1＝0.
159
※（选做题）7．若存在过点 (1,0)的直线与曲线y＝x
3
和y＝ax
2
＋
4
x－< br>4
都相切，求实数a的
值．
解：由y＝x
3
，得y′＝3x
2
，
设过点(1,0)的 直线与曲线y＝x
3
相切于点(x
0
，x
3
0
)，
32
则在点(x
0
，x
0
)处的切线方程为y－x
3
0
＝3x
0
(x－x
0
)，
2
∵点( 1,0)在切线上，∴－x
3
0
＝3x
0
(1－x
0
)，
3
解得x
0
＝0或x
0
＝
2
.
当x
0
＝0时，切线方程为y＝0，
15925
由y＝0与y＝a x
2
＋
4
x－
4
相切，联立Δ＝0可得a＝－
16
；
32727
当x
0
＝
2
时，切线方程为y＝< br>4
x－
4
，
2727159
由y＝
4
x－
4
与y＝ax
2
＋
4
x－
4
相切，同理可 得
1
a＝
2
.

第 6 页 共 21 页

251
综上所述，a的值为－
16
或
2
.
1.3.1 函数的单调性与导数
1．若f(x)＝x
2
－2x－4ln x，则f(x)的单调递增区间为( )
A．(－1,0) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C．(1，＋∞) D.(2，＋∞)
解析：f(x)＝x
2
－2x－4ln x的定义域为(0，＋∞)，
4
2?x
2
－x－2?
2?x＋1??x－2?
f ′(x)＝2x－2－
x
＝＝，
xx
由f ′(x)>0，得x>2，
∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，故选D.
答案：D
2．已知函数f( x)＝－x
3
＋ax
2
－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的 取值范围是
( )
A．(－∞，－3)∪(3，＋∞) B．(－3，3)
C．(－∞，－3]∪[3，＋∞) D．[－3，3]
解析：∵f(x)＝－x
3
＋ax
2
－x－1在 (－∞，＋∞)上单调，
∴f ′(x)＝－3x
2
＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，
∴Δ＝(2a)
2
－4×(－3)×(－1)≤0，
解得－3≤a≤3，
即实数a的取值范围是[－3，3]故选D.
答案：D
3．(2019·南阳一中高二开学)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f ′(x)>2.则f(x)>2x
＋4的解集为( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)
解析：构造函数g(x)＝f(x)－(2x＋4)，
则g(－1)＝2－(－2＋4)＝0，又f′(x)>2.
∴g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)是R上的增函数．
∴f(x)>2x＋4?g(x)>0?g(x)>g(－1)，
∴x>－1.
答案：B
4
4．(2019·仲元中学高二期中)若函数y＝－
3
x
3
＋bx有三个单调区间，则实数b的取值范围是
________．

第 7 页 共 21 页

4
解析：若函数y＝－
3
x
3
＋bx有三个单调区间，则y′＝－4x
2
＋b＝0有两个不相等的实 数根，
所以b>0.
答案：(0，＋∞)
5．若函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x)＞0，若f(－1)＝0，那 么关于x的
不等式x·f(x)＜0的解集为______________．
解析：∵f( x)在(0，＋∞)上满足f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(x)为偶函数，∴< br>f(x)在(－∞，0)上为减函数，又f(－1)＝0，∴f(1)＝0，∴x·f(x)＜0的解集为 0＜x＜1或x＜－1.
答案：(－∞，－1)∪(0,1)
6．若函数f(x)＝
4x
在区间(m,2m＋1)上是单调递增函数，则实数m的取值范围是________．
x
2
＋1
4?x
2
＋1?－2x·4x－4x
2
＋4
解析：由f′(x)＝＝
2
≥0，解得－1≤x≤1.即f(x)的单调递增区间 为[－
?x
2
＋1?
2
?x＋1?
2
?
m ≥－1，
1,1]由题意得
?
2m＋1≤1，
?
m<2m＋1.答案：(－1,0]

解得－17．求下列函数的单调区间：
x
e
(1)f(x)＝x
2
－ln x； (2)f(x)＝
.
x－2
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
1
?2x－1??2x＋1?
f ′(x)＝2x－
x
＝
.
x
因为x＞0，所以
2x＋1
2
＞0，由f ′(x)＞0得x＞
x2
，
?
2
?
所以函数f(x)的单 调递增区间为
?
，＋∞
?
；
?
2
?
2
由f ′(x)＜0得x＜
2
，又x∈(0，＋∞)，
?
2
?
所 以函数f(x)的单调递减区间为
?
0，
?
.
2
??
(2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．
e
x
?x－2?－e
x
e
x
?x－3?
f ′(x)＝
＝
.
?x－2?
2
?x－2?
2
因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，
所以e
x
＞0，(x－2)
2
＞0.

第 8 页 共 21 页

由f ′(x)＞0得x＞3，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)；
由f ′(x)＜0得x＜3，又定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)，(2,3)．
a
8．(2019·龙岩一中高二月考)已知函数f(x)＝x＋
x
－2ln x，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
a 2
x
2
－2x－a
∴f′(x)＝1－
x
2
－x
＝
.
x
2
①当Δ＝4＋4a≤0，即a≤－1时，
得x
2
－2x－a≥0，则f′(x)≥0.∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝4＋4a>0，即a>－1时，令f′(x)＝0，得x
2
－2x－a＝0，
解得x
1
＝1－1＋a，x
2
＝1＋1＋a>0.
(ⅰ)若－11
＝1－1＋a≥0，
∵x∈(0，＋∞)， ∴f(x)在(0,1－1＋a)，(1＋1＋a，＋∞)上单调递增，在(1－1＋a，1＋
1＋a) 上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则x
1
<0，当x∈(0,1＋1＋a)时，
f′(x)<0，当x∈(1＋1＋a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在区间(0,1＋1＋a)上单调递减，
在区间(1＋1＋a，＋∞)上单调递增．
综上所述：①a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②－1上递减 ；
③a>0时，f(x)在(0,1＋1＋a)上递减，(1＋1＋a，＋∞)上递增．

※（选做题）9．试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间．
1
kx－1
解：函数f(x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝k－
x
＝
x
.
当k≤0时，kx－1＜0，
∴f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
kx－1
当k＞0时，由f′(x)＜0，即
x
＜0，
1
解得0＜x＜
k
；
kx－1
1
由f′(x)＞ 0，即
x
＞0，解得x＞
k
.

第 9 页 共 21 页

1
???
1
?
∴当k＞0时，f(x)的单调递 减区间为
?
0，
k
?
，单调递增区间为
?
k
，＋∞
?
.
????
综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
1
???
1
?
0，
，＋∞
???
. 当k ＞0时，f(x)的单调递减区间为
?
，单调递增区间为
k
???
k
?
1.3.2 函数的极值与导数
1．函数f(x)＝x
3
＋ax
2
＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则实数a＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：∵f(x)＝x
3
＋ax
2
＋3x－9，
∴f′(x)＝3x
2
＋2ax＋3.
∵f(x)在x＝－3处取得极值，
∴f′(－3)＝27－6a＋3＝0，
解得a＝5，故选D.
答案：D
2．若函数y＝x
3
－2ax＋a在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围是(
A．(0,3) B．(－∞，3) C．(0，＋∞)
解析：y′＝3x
2
－2a.∵有极值，∴a>0.
令3x
2
－2a＝0，解得x＝±
2a
3
.
∵函数在(0,1)内有极小值．
∴0＜
2a
3
＜1，解得0＜a＜
3
2
.
答案：D
3．设a∈R，若函数y＝e
ax
＋3x有大于零的极值点，则( )
A．a>－3 B．a<－3 C．a>－
1
3

解析：∵y＝e
ax
＋3x，∴y′＝e
ax
·a＋3，
当a≥0时，y′>0，不符合题意；
当a<0时，由y′＝0，得x＝
1
a
ln
?
?
?
－
3
a
?
?
?
.
∵函数y＝e
ax
＋3x有大于零的极值点，
∴
1
a
ln
?
?
?
－
3
a
?
?
?
>0，解得a<－3，故选B.
答案：B
第 10 页 共 21 页
)
D.
(0,
3
2
)

D.a<－
1
3

4．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e)上的极大值为( )
A．－e B．－1 C．1－e D.0
1
解析：∵f ′(x)＝
x
－1，令f′(x)＝0，得x＝1，又∵当0＜x＜1 时，f ′(x)＞0，当1＜x＜e时，
f ′(x)＜0，∴f(x)在x＝1 处取得极大值，f(1)＝ln 1－1＝－1.故选B.
答案：B
5．(2019·东厦 中学高二质量检测)若函数f(x)＝x
3
－3ax＋1在区间(0,1)内有极小值，则a的 取
值范围为________．
解析：f ′(x)＝3x
2
－3a.
当a≤0时，在区间(0,1)上无极值．当a>0时，令f ′(x)>0，解得x>a或x<－a.令f ′(x)<0，
解得－a若f(x)在(0,1)内有极小值，则0答案：(0,1)
6．函数f(x)＝2cos x＋x在(0，π)上的极大值为________．
解析：f′(x)＝－2sin x＋1，令f′(x)＝0，
π5
得x＝
6
或x＝
6
π.
x，f′(x)，f(x)取值情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
π
??
?
0，
6
?

??
＋
π
6

0
极大值
?
π5
?
?
6
，
6
π
?

??
－
5
6
π
0
极小值
?
5
?
?
6
π，π
?

??
＋


ππ3ππ
?
π
?
∴f(x)
极大值
＝f
?
6
?
＝2cos
6＋
6
＝2×
2
＋
6
＝3＋
6
.
??
π
答案：3＋
6

7．已知函数f(x)＝x
3
－2ax
2
＋a
2
x的极小值点是x＝－1，则a＝______ __.
解析：∵f(x)＝x
3
－2ax
2
＋a
2
x，
∴f′(x)＝3x
2
－4ax＋a
2
＝(3x－a)(x－a)．
a
由f′(x)＝0，得x＝
3
或x＝a.
a
∵f(x)的极小值点是x＝－1，∴a<0，∴
3
>a，
aa
∴
3
为极小值点，即
3
＝－1，∴a＝－3.
答案：－3

第 11 页 共 21 页

8．已知函数f(x)＝x
3
－2x
2
＋x＋1.
(1)求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解：(1)f(2)＝2
3
－2×2
2
＋2＋1＝3，
∵f′(x)＝3x
2
－4x＋1，
∴f′(2)＝3×2
2
－4×2＋1＝5，
∴所求切线方程为y－3＝5(x－2)，即y＝5x－7.
(2)由(1)知f′(x)＝3x
2
－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，
1
令f′(x)＝0，得x＝
3
或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
1
??
?
－∞，
3
?

??
＋
1
3

0
31
极大值
27

?
1
?
?
3
，1
?

??
－
1
0
极小值1
(1，＋∞)
＋



?
1
?
31
由上表知，f(x)的 极大值为f
?
3
?
＝
27
，f(x)的极小值为f(1)＝ 1.
??
9．设f(x)＝a(x－5)
2
＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点
(0,6)．
(1)试确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
6
解：(1)因为f(x)＝a(x－5)
2
＋6ln x，所以 f ′(x)＝2a(x－5)＋
x
(x>0)．
令x＝1，得f(1)＝16a，f′ (1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a
1
＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝
2
.
1
(2)由(1)知，f(x)＝
2
(x－5)
2
＋6ln x(x＞0)，
6
?x－2??x－3?
f′(x)＝x－5＋
x
＝
.
x
令f′(x)＝0，解得x
1
＝2或x
2
＝3.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜ 3时，f′(x)
9
＜0，故f(x)在(2,3)上为减函数．由此可知f(x)在x＝2处 取得极大值f(2)＝
2
＋6ln 2，在x＝3处取
得极小值f(3)＝2＋6ln 3.

第 12 页 共 21 页

10．(2019·郑州一中 高二期中)设a∈R，函数f(x)＝x
3
－x
2
－x＋a.
(1)求f(x)的极值；
(2)当a在什么范围内取值时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点？
1
解：( 1)f′(x)＝3x
2
－2x－1.令f′(x)＝0，则x＝－
3
或x＝ 1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)

15
所以f(x)的极大值是f－
3
＝
27
＋a，
极小值是f(1)＝a－1.
(2)函数f(x)＝x
3
－x
2< br>－x＋a＝(x－1)
2
(x＋1)＋a－1，
由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，x取足够小的负数时，有f(x)<0，
15
所以曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．由(1)知f(x)
极大值
＝f－
3
＝
27
＋a，
f(x)
极小值
＝f(1)＝a－1.因为曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，
55
所以f(x)
极大值
<0或f(x)
极小值
>0，即< br>27
＋a<0或a－1>0，所以a<－
27
或a>1，
5
所以当a∈－∞，－
27
∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点．
11．已知f(x)＝(x
2
－a)e
x
，x∈R.
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间和极值；
(2)已知x
1
，x2
是f(x)的两个不同的极值点，且|x
1
＋x
2
|≥|x< br>1
x
2
|，求实数a的取值的集合M.
解：(1)∵a＝3，∴f(x)＝(x
2
－3)e
x
，∴f ′(x)＝(x
2
＋2x－3)e
x
.令f ′(x)＝0，
解得x＝－3或1.
当x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－3,1)时，f′(x)<0.
∴f(x)的增区间为(－∞，－3][1，＋∞)；减区间为[－3,1]．
f(x)的极大值为f(－3)＝6e
－
3
；极小值为f(1)＝－2e.
(2)f ′(x)＝(x
2
＋2x－a)e
x
，令f ′(x)＝0.即x
2
＋2x－a＝0.
由题意两根为x
1
，x< br>2
，∴x
1
＋x
2
＝－2，x
1
x
2
＝－a，故－2≤a≤2.
又Δ＝4＋4a>0，∴－1∴M＝(－1,2]．

第 13 页 共 21 页
1
－∞，－
3

＋
1
－
3

0
极大值
1
－
3
，1
－
1
0
极小值
(1，＋∞)
＋

1.3.3 函数的最大(小)值与导数
ln x
1．函数y＝
x
的最大值为( )
10
A．e
－
1
B．e C．e
2
D.
3

1
x
·x－ln x
1－ln x
解析：y′＝
x
2
＝
x
2
.
由y′>0得，1－ln x>0，解得0由y′<0得，1－ln x<0，解得x>e.
ln x
∴y＝在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减．
x
ln e
f(e)为极大值，也是最大值，且f(e)＝
e
＝e< br>－
1
.
答案：A
2．函数f(x)＝x
3
－3x
2
＋m在区间[－1,1]上的最大值是2，则常数m＝( )
A．－2 B．0 C．2 D.4
解析：f′(x)＝3 x
2
－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)，
当－1≤x<0时，f′(x)>0；当0所以当x＝0时，f(x)取得最大值为m，所以m＝2.故选C.
答案：C
9< br>3．(2019·吉林省实验中学高二期中)已知函数f(x)＝x
3
－
2x
2
＋6x＋a，若?x
0
∈[－1,4]使f(x
0
)
＝2a成立，则实数a的取值范围是( )
5
???
235
? ?
23
?
A.
?
2，
2
?
B．
?
－
2
，
2
?
C．[2,16] D.
?
－
2
，16
?

??????
3
9
2
解析：f(x
0
)＝2a，即 x
0
－
2
x
0
＋6x
0
＋a＝2a， < br>3
9
2
可化为x
0
－
2
x
0
＋6x
0
＝a，
9
设g(x)＝x
3
－
2x
2
＋6x，则g′(x)＝3x
2
－9x＋6＝
3(x－1)(x－2)＝0，得x＝1或x＝2，
523
∴g(1)＝
2
，g(2)＝2，g(－1)＝－
2
，g(4)＝16.
23
由题 意，g(x)
min
≤a≤g(x)
max
，∴－
2
≤a≤ 16.故选D.
答案：D

第 14 页 共 21 页

4．设直线x＝t与函数f(x)＝x
2
，g(x)＝ln x的图象分别交于M，N，则当|MN|最小时t的值为
( )
15
A．1 B．
2
C.
2

解析：|MN|＝f(t)－g(t)＝t
2
－ln t，
令h(t)＝t
2
－ln t(t>0)，
?
2
??2
?
????
2
t－t＋
2
?
?
2< br>?
1
2t
2
－1
?
∴h′(t)＝2t－
t
＝
t
＝
.
t
2
当02
时，h′(t)<0，h(t)为减函数，
2
当t>
2
时，h′(t)>0，h(t)为增函数，
22
?
2
?
1
∴h(t)
min
＝h
??
＝
2
－ln
2
，故|MN|最小时t＝
2
，故选D.
?
2
?
答案：D
5．已知函数f(x)＝x＋xln x，若m∈Z且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，则m的最大
值是( )
A．2 B．3 C．4 D.5
?
x＋xln x
?
?
min
，
解析： 依题意可得，m<
?
?
x－1
?
设g(x)＝
x＋xln xx－2－ln x
，(x>1)，则g′(x)＝，
x－1
?x－1?
2
2
D.
2

1
令φ(x)＝x－2－ln x，(x>1)，则φ′(x)＝1－
x
>0，
所以φ(x)＝x－2－ln x在(1，＋∞)上单调递增，
又φ(3)＝1－ln 3<0，φ(4)＝2－2ln 2>0，
故存在x
0
∈(3,4)，使φ(x
0
)＝x
0
－ 2－ln x
0
＝0，
x
0
?1＋ln x
0
?
从而g(x)在(1，x
0
)上单调递减，在(x
0
，＋∞)上单调 递增，即g(x)
min
＝g(x
0
)＝
＝
x
0< br>－1
x
0
?1＋x
0
－2?
＝x
0
，
x
0
－1
故m0
∈(3,4)，即m的最大值是3 .故选B.
答案：B
6．(2019·舒兰市一中高二月考)已知a≤4x
3＋4x
2
＋1对任意x∈[－1,1]都成立，则实数a的取
值范围是_____ ___．

第 15 页 共 21 页

解析：设f(x)＝4x
3
＋4x
2
＋1，则f′(x)＝12x
2
＋8x＝4x( 3x＋2)，
2
由f′(x)＝0得x＝－或x＝0.
3
243
又f(－1)＝1，f－
3
＝
27
，f(0)＝1，f(1)＝9，
故f(x)在[－1,1]上的最小值为1.
故a≤1.
答案：(－∞，1]
7．(2019·承德高三模拟)定义在R上的函数f(x)满足f ′(x)>1－f(x)，f(0 )＝6，其中f′(x)是
f(x)的导函数，则不等式e
x
f(x)>e
x
＋5(其中e为自然对数的底数)的解集为________．
解析：不等式e
x< br>f(x)>e
x
＋5可化为e
x
f(x)－e
x
－5 >0.
设g(x)＝e
x
f(x)－e
x
－5，
则g′ (x)＝e
x
f(x)＋e
x
f′(x)－e
x
＝e
x
[f(x)＋f′(x)－1]>0，
所以函数g(x)在定义域R上单调递增．
又g(0)＝0，所以g(x)>0的解集为(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
a
8．已知函数f(x)＝2ln x＋
x
2
(a>0)．若当x∈ (0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范
围是________．
解析：f(x)≥2即a≥2x
2
－2x
2
ln x.
令g(x)＝2x
2
－2x
2
ln x(x>0)，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．由g′(x)＝0得x＝e，
且00；当x>e时，g′(x)<0，
∴x＝e时，g(x)取 最大值g(e
)＝e，∴a≥e，即实数a的取值范围是[e，＋∞)．
答案：[e，＋∞)
9．已知函数f(x)＝x·(ln x＋ax＋1)－ax＋1.
(1)若f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)的最大值为2，求实数a的值．
解：(1)若f(x)在[1，＋∞)上是减函数，
则f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即f′(x)＝ln x＋2ax＋2－a≤0，
1
2
1
2
1
2
12
1
2

第 16 页 共 21 页

ln x＋2
∴a≤－
.
2x－1
1
2＋
x
＋2ln x
ln x＋2
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
2x－1
?2x－1?
2
∵x≥1，∴g′(x)>0，∴g(x)单调递增，∴g(x)≥g(1)，
又g(1)＝－2，∴a≤－2.
故实数a的取值范围为(－∞，－2]．
(2) 由f(1)＝2，要使f(x)
max
＝2，故f(x)的递减区间是[1，＋∞)，递增区间 是(0,1)，∴f′(1)＝0，
即ln 1＋2a＋2－a＝0，
∴a＝－2.
10．(2019·镇海中学高二期末)已知函数f(x)＝(x－k)e
x
.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
解：(1)f′(x)＝(x－k＋1)e
x
.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
令x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
(－∞，k－1)
－
k－1
0
－e
k
－
1

(k－1，＋∞)
＋


所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，
函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；
当0由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，
所以f( x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e
k
－
1
；
当k－1≥1，即k≥2时，
函数f(x)在[0,1]上单调递减．
f(x)
min
＝f(1)＝(1－k)·e；
综上，当k≤1时，f(x)
min
＝－k，
当1＜k＜2时，f(x)
min
＝－e
k
－
1
，
当k≥2时，f(x)
min
＝f(1)＝(1－k)·e.

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11．设函数f(x)＝2x
3
＋3ax< br>2
＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值．
(1)求a、b的值；
(2)若对于任意的x∈[0,3]都有f(x)2
成立，求c的取值范围．
解：(1)f′(x)＝6x
2
＋6ax＋3b，
因为函数f(x)在x＝1及x＝2取得极值，
则有f′(1)＝0，f′(2)＝0.
?
6＋6a＋3b＝0，
即
?

?
24＋12a＋3b＝0，
解得a＝－3，b＝4.经检验，符合题意．
(2)由(1)可知，f(x)＝2x
3
－9x
2
＋12x＋8c，
f′(x)＝6x
2
－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，
当x∈( 0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2,3)时，f′(x)>0.
所以，当x＝1时，f(x)取得极大值f(1)＝5＋8c，
又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c，
则当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
因为对于任意的x∈[0,3]有f(x)2
恒成立，
所以9＋8c2
，
解得c<－1或c>9，
因此c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．
1
12．(2019·北京卷 )已知函数f(x)＝
4
x
3
－x
2
＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x；
(3)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．
13
解：(1)由f(x)＝
4
x
3
－x
2
＋x得f′(x)＝
4
x
2
－2x＋1.
3< br>2
8
令f′(x)＝1，即
4
x
－2x＋1＝1，得x＝0或 x＝
3
.
88
又f(0)＝0，f
3
＝
27
，
8864< br>所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－
27
＝x－
3，即y＝x与y＝x－
27
.
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．


第 18 页 共 21 页

13
由g(x)＝
4
x
3
－x
2
得g′(x)＝
4
x
2
－2x.
8
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝
3
.
当x变化时，g′(x)，g(x)的情况如下：
x
g′(x)
g(x)
－2

－6
(－2,0)
＋
0

0
8
0，
3

－
8

3

64
－
27

8
3
，4
＋
4

0


所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知，
当a<－3时，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3时，M(a)＝3.
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
1.4 生活中的优化问题举例
1
1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位： 万件)的函数关系式为y＝－
3
x
3
＋81x－234，则使该生产厂家获取 最大年利润的年产量为( )
A．13万件 B．11万件 C．9万件 D.7万件
1
解析：∵y＝－
3
x3
＋81x－234，∴y′＝－x
2
＋81.
令y′＝0，得x＝9或x＝－9(舍)．
又当0＜x＜9时，y′＞0，当x＞9时，y′＜0，
∴x＝9时，y取得最大值．故选C.
答案：C
2．(2019·清水六中高二月考)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm，要使其体积最大，
则高为( )
3103163203
A.
3
cm B．
3
cm C.
3
cm D.
3
cm
1
解析：设圆锥的高为x cm，则底面半径为20
2
－x
2
cm.其体积为V＝
3
πx(20
2
－x
2
)(012
2
V′＝
3
π(400－3x)．令V′＝0，解得x
1
＝
3
，x
2
＝－
3
(舍去)．当03
时，V′>0；当< br>3

第 19 页 共 21 页

203
3
时，V取最大值．
答案：D
3．做一个容积为256 cm
3
的方底无盖水箱，要使用料最省，水箱的底面边长为( )
A．5 cm B．6 cm C．7 cm D.8 cm
解析：设水箱的底面边长为x cm，
256
∵容积为256，∴水箱的高为
x
2
，
2561 0241 024
∴水箱的表面积f(x)＝4x·
x
2
＋x
2＝x
2
＋
x
，f′(x)＝2x－
x
2
.
令f′(x)＝0，得x＝8，
又当0＜x＜8时，f′(x)＜0，
当x＞8时，f′(x)＞0，
∴当x＝8时，f(x)取得最小值．
答案：D
4．某公司为了加大产品的宣传力度，准备立一块广告牌，在其背面制作一个形如△ABC的
支 架，要求∠ACB＝60°，BC的长度大于1 m，且AC比AB长0.5 m．为节省材料，要求AC的
长度越短越好．
(1)设BC＝x m，AC＝y m，将y写成关于x的函数，并写出定义域；
(2)当BC的长度为多少时，AC最短，求出最短长度．
1
解：(1)由题设知BC＝x m(x>1)，AC＝y m，则AB＝y－
2.在△ABC中，由余
?
1
?
弦定理，得
?
y－
2
?
2
＝y
2
＋x
2
－2xycos 60°.所以y＝，定义域为{x|x>1}．
??
x－1
1
?
1
?
2x?x－1?－
?
x
2
－
4
?
x
2
－2x＋
4
??
(2)y′＝
＝
.
?x－1?
2
?x－1?
2
33
由y′＝0，得x＝1＋
2
.因为当12
时，y′<0；
33
当x>1＋
2
时，y′>0，所以当x＝1＋
2
时，y有最小值2＋3.
?
3
?
故AC的最短长度为(2＋3)m，此时BC的长度为
?
1＋
?
m.
2
??
5．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y( 单位：千克)与销售价格x(单位：
元千克)满足关系式y＝

1
x
2
－
4
a
＋10(x－6)
2
，其中3＜x＜6，a为常数 ．已知销售价格为5元千克时，
x－3
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每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的 成本为3元千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的
利润最大．
解：(1)∵x＝5时，y＝11，
a
∴
2
＋10＝11，∴a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝
∴商场每日销售该商品所获得的利润
?
2
?
f(x)＝(x－3)
?
x－3
＋10?x－6?< br>2
?

??
＝2＋10(x－3)(x－6)
2
，(3＜x＜6)．
从而，f′(x)＝10[(x－6)
2
＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
(3,4)
＋
4
0
(4,6)
－
2
＋10(x－6)
2
，
x－3
单调递增 极大值42 单调递减
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．
∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
∴当销售价格为4元千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．


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