第三讲 导数的简单应用 学案

第三讲　导数的简单应用与定积分(理)

高考考点
考点解读
导数的几
何意义(文)
1.求过某点的切线的斜率、方程或切点的坐标
2．根据过某点切线方程或其与某线平行、垂直等求参数的值
导数与定积分
的几何意义(理)
1.确定或应用过某点的切线的斜率(方程)
2．定积分的简单计算或利用定积分求某些图形的面积
利用导数研究
函数的单调性
1.利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性(区间)
2．根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围．
利用导数研究
函数的极值和最值
1.利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值
2．根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)理解并掌握求导公式和求导法则及定积分的计算公式及性质．
(2)熟练掌握利用导数研究曲线切线问题、函数的单调性、极(最)值问题的方法和规律．
预测2020年命题热点为：
(1)根据曲线的切线的斜率大小、方程或切线的性质求参数的取值问题．
(2)利用导数研究含有参数的高次式、分式、指数式(主要含ex)，对数式(主要含ln x)及三角式(主要含sinx，cosx)函数的单调性、极(最)值问题．

Z
1．基本初等函数的八个导数公式
原函数
导函数
f(x)＝C(C为常数)
f ′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈R)
f(x)＝αxα－1
f(x)＝sinx
f ′(x)＝cosx
f(x)＝cosx
f ′(x)＝－sinx
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f ′(x)＝axln_a
f(x)＝ex
f ′(x)＝ex
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f ′(x)＝！！！！
f(x)＝ln x
f ′(x)＝！！！！
2.导数四则运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f_′(x)±g′(x).
(2)[f(x)·g(x)]′＝f_′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x).
(3)[]′＝(g(x)≠0)．
(4)(理)若y＝f(u)，u＝ax＋b，则y′x＝y′u·u′x，即y′x＝a·y′u.
3．切线的斜率
函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，因此曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝
f_′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f_′(x0)(x－x0).
4．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f_′(x0)>0(f_′(x0)<0)，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．
5．函数的极值
设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近所有的点x，都有f(x)f(x0)，那么f(x0)是函数的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．
6．函数的最值
将函数y＝f(x)在[a，b]内的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
7．(理)(1)定积分的性质
①kf(x)dx＝kf(x)dx；
②[f1(x)±f2(x)]dx＝f1(x)dx±f2(x)dx；
③f(x)dxf(x)dx＋f(x)dx(其中a (2)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，并且f ′(x)＝f(x)，那么f(x)dx＝F(b)－F(a)．
Y
1．判断极值的条件掌握不清：利用导数判断函数的极值时，忽视“导数等于零，并且两侧导数的符号相反”这两个条件同时成立．
2．混淆在点P处的切线和过点P的切线：前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先设出切点坐标．
3．关注函数的定义域：求函数的单调区间及极(最)值应先求定义域．
(理)4.对复合函数求导法则用错．

1．(2018·全国卷Ⅰ，5)设函数f＝x3＋x2＋ax.若f为奇函数，则曲线y＝f在点处的切线方程为( D )
A．y＝－2x　　　　　　　 B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
[解析]　因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y＝x.
2．(2017·全国卷Ⅱ，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值是( A )
A．－1　　 B．－2e－3　　　
C．5e－3　　 D．1
[解析]　函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1
则f ′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点得
f ′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f ′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f ′(x)＝0，
且x<－2时，f ′(x)>0；－2 x>1时，f ′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
故选A．
3．(2017·浙江卷，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( D )


[解析]　观察导函数f ′(x)的图象可知，f ′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除A，C．
如图所示，f ′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D确，故选D．
4．(文)(2018·全国卷Ⅱ，13)曲线y＝2ln x在点(1,0)处的切线方程为y＝2x－2.
[解析]　y′＝，k＝＝2，所以切线方程为y－0＝2(x－1)即y＝2x－2.
(理)(2018·全国卷Ⅱ，13)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x.
[解析]　y′＝，k＝＝2，
所以切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
5．(2018·天津卷，10)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为e.
[解析]　因为f(x)＝exln x，所以f′(x)＝(exln x)′＝(ex)′ln x＋ex(ln x)′＝ex·ln x＋ex·，f′(1)＝e1·ln 1＋e1·＝e.
6．(2018·江苏卷，11)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.
[解析]　令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0⇒a＝2x＋，
令g(x)＝2x＋，g′(x)＝2－>0⇒x>1⇒g(x)在(0,1)上单调减，在(1，＋∞)上单调增．因为有唯一零点，
所以a＝g(1)＝2＋1＝3⇒f(x)＝2x3－3x2＋1，
求导可知在[－1,1]上，
f(x)min＝f(－1)＝－4，f(x)max＝f(0)＝1，
所以f(x)min＋f(x)max＝－3.
7．(文)(2018·北京卷，19)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
[解析]　(1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(2)＝(2a－1)e2，
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝.
(2)方法一：由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex
＝(ax－1)(x－1)ex
若a>1，则当x∈时，f′(x)<0.
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
方法二：f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex.
①当a＝0时，令f′(x)＝0得x＝1.
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
所以f(x)在x＝1处取得极大值，不合题意．
②当a>0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1.
(ⅰ)当x1＝x2，即a＝1时，f′(x)＝(x－1)2ex≥0，
所以f(x)在R上单调递增，
所以f(x)无极值，不合题意．
(ⅱ)当x1>x2，即0 x
(－∞，1)
1



f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在x＝1处取得极大值，不合题意．
(ⅲ)当x11时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在x＝1处取得极小值，即a>1满足题意．
③当a<0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1.
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以f(x)在x＝1处取得极大值，不合题意．
综上所述，a的取值范围为(1，＋∞)．
(理)(2018·北京卷，18)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝ f(x)在点(1，f(1))处的切线方程与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
[解析]　(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[2ax－(4a＋1)]ex＋[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0，所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0,2)时，
x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(，＋∞)．
8．(文)(2018·天津卷，20(1)(2))设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值．
[解析]　(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1，因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)( x－t2) (x－t2－3)
＝( x－t2)3－9 ( x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－ t32＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝ t2－，或x＝ t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
(－∞，
t2－)
t2－
(t2－，
t2＋)
t2＋
(t2＋，
＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
(理)(2018·天津卷，20(1)(2))已知函数f(x)＝ax，g(x)＝logax，其中a>1.
(1)求函数h(x)＝f(x)－xlna的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线与曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线平行，证明x1＋g(x2)＝－.
[解析]　(1)由已知，h(x)＝ax－xln a，有h′(x)＝axln a－ln a.
令h′(x)＝0，解得x＝0.
由a>1，可知当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
↘
极小值
↗
所以函数h(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)由f′(x)＝axln a，可得曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线斜率为ax1ln a.
由g′(x)＝，可得曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线斜率为.
因为这两条切线平行，故有ax1ln a＝，
即x2ax1(ln a)2＝1.
两边取以a为底的对数，得logax2＋x1＋2loga(ln a)＝0，所以x1＋g(x2)＝－.


例1 (1)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为(1,1).
[解析]　y′＝ex，则y＝ex在点(0,1)处的切线的斜率k切＝1，又曲线y＝(x>0)上点P处的切线与y＝ex在点(0,1)处的切线垂直，所以y＝(x>0)在点P处的斜率为－1，设P(a，b)，则曲线y＝(x>0)上点P处的切线的斜率为y′|x＝a＝－a－2＝－1，可得a＝1，又P(a，b)在y＝上，所以b＝1，故P(1,1)．
(2)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是－3.
[解析]　∵y＝ax2＋，
∴y′＝2ax－，
由题意可得
解得
∴a＋b＝－3.
(3)(理)若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx＝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)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.
其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是(　　C　　)
A．0　　　 B．1　　　
C．2　　　 D．3
[解析]　对于①， (sinxcosx)dx
＝sinxdx
＝sinxdx
＝(－cosx)|
＝{－cos1－[－cos(－1)]}
＝(－cos1＋cos1)＝0.
故①为一组正交函数；
对于②， [(x＋1)(x－1)]dx＝ (x2－1)dx＝(x3－x)|＝－1－(－＋1)＝－2＝－≠0，
故②不是一组正交函数；
对于③， (x·x2)dx＝x3dx＝(x4)|＝0.
故③为一组正交函数．
故选C.
『规律总结』
1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)在点P处的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程．
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．
(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．
2．根据过某点切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直等求参数问题的解法：利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．
3．(理)利用定积分求平面图形的面积的两个关键点
关键点一：正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．
关键点二：根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y为积分变量时，应注意将曲线方程变为x＝(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值．
易错提醒：求曲线的切线方程时，务必分清点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先求出切点坐标．
G
1．(2018·洛阳二模)设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数为f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为( A )
A．9x－y－16＝0　　　 B．9x＋y－16＝0
C．6x－y－12＝0 D．6x＋y－12＝0
[解析]　由题意可得f′(x)＝3x2＋2ax＋a－3是偶函数，则a＝0，所以f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，则f(2)＝2，f′(2)＝9，则所求切线方程为y－2＝9(x－2)，即为9x－y－16＝0.
2．若曲线f(x)＝acosx与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b的值为( C )
A．－1　　　 B．0　　　　
C．1　　　 D．2
[解析]　依题意得，f ′(x)＝－asinx，g′(x)＝2x＋b，于是有f ′(0)＝g′(0)，即－asin0＝2×0＋b，b＝0；
m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.
3．(理)由直线x＝，x＝2，曲线y＝及x轴所围成的图形的面积是( D )
A． B．
C．ln 2 D．2ln 2
[解析]　由定积分的几何意义，得围成的面积dx＝ln x|2＝ln 2－ln＝ln 4＝2ln 2.

例2 (2018·河南息县第一高级中学段测)已知函数f(x)＝x2＋alnx.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝f(x)＋，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)f′(x)＝2x－，
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得0 所以f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意g(x)＝x2＋alnx＋，
g′(x)＝2x＋－，
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，
设φ(x)＝－2x2.
∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，
∴a≥0；
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．
∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．
『规律总结』
1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．
G
(文)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
[解析]　(1)对f(x)求导得f ′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f ′(－)＝0，
即3a·＋2·(－)＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝(x3＋x2)ex，
故g′(x)＝(x2＋2x)ex＋(x3＋x2)ex＝(x3＋x2＋2x)ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－40，故g(x)为增函数；
当－1 当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，
在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
(理)(2018·广州一模)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋lnx的一个极值点．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围．
[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)．
因为x＝1是f(x)＝2x＋＋lnx的一个极值点，
所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
因为f′(x)＝2－＋＝，
解f′(x)<0，得0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．
(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋lnx－(x>0)，
g′(x)＝2＋＋(x>0)．
因为函数g(x)在[1,2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，
即2＋＋≥0在[1,2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．
因为在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.

例3 (文)设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0 [解析]　(1)由f ′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－(x－)2＋＋2a.
当x∈[，＋∞)时，f ′(x)的最大值为f ′()＝＋2a；令＋2a>0，得a>－.
所以，当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．
(2)令f ′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)、(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当0 又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4) 所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，得a＝1，x2＝2，
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
(理)已知函数f(x)＝excosx－x.
(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．
[解析]　(1)因为f(x)＝excosx－x，
所以f ′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f ′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，
则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)
＝－2exsinx.
当x∈(0，)时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间[0，]上单调递减．
所以对任意x∈(0，]有h(x) 所以函数f(x)在区间[0，]上单调递减．
因此f(x)在区间[0，]上的最大值为f(0)＝1，最小值为f()＝－.
『规律总结』
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若探究极值点个数，则探求方程f′(x)＝0在所给范围内实根的个数．
(3)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(4)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较，从而得到函数的最值．
G
已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋ax＋(a∈R)．
(1)若a＝3，试求函数f(x)的图象在x＝2处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若函数f(x)在区间[0,2]上的最大值为2，试求实数a的值．
[解析]　(1)因为a＝3，
所以f(x)＝－x3＋2x2＋3x＋，
所以f′(x)＝－x2＋4x＋3，
所以f′(2)＝－22＋2×4＋3＝7.
因为f(2)＝－＋8＋6＋＝12，
所以切线方程为y－12＝7(x－2)，即y＝7x－2.
该直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，－2)，(，0)，
所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝.
(2)f′(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋a＋4.
若a＋4≤0，a≤－4，则f′(x)≤0在[0,2]上恒成立，
所以函数f(x)在[0,2]上单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝<2，
此时a不存在．
若a≥0，则f′(x)≥0在[0,2]上恒成立，
所以函数f(x)在[0,2]上单调递增，
所以f(x)max＝f(2)＝－＋8＋2a＋＝2a＋6＝2，
解得a＝－2，
因为a≥0，所以此时a不存在．
若－4 所以f(x)max＝max{f(0)，f(2)}．
当2a＋6≥，即－≤a<0时，f(x)max＝f(2)＝2a＋6＝2，
解得a＝－2∈[－，0)，所以a＝－2.
当2a＋6<，即－4 此时a不存在．综上，a＝－2.

A组
1．曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为( A )
A．y＝3x－1　　　　　 B．y＝－3x－1
C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1
[解析]　k＝y′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3，
∴切线方程为y＝3x－1，故选A．
2．(文)如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f ′(1)＝( D )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　由条件知(1，f(1))在直线x－y＋2＝0上，且f ′(1)＝1，∴f(1)＋f ′(1)＝3＋1＝4.
(理)(2017·烟台质检)在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则该数列的前5项和S5为(　　C　　)
A．18　　　　 B．3　　　　
C．　　　　 D．
[解析]　a4＝(1＋2x)dx＝(x＋x2)|＝18，
因为数列{an}是等比数列，
故18＝q3，解得q＝3，
所以S5＝＝.故选C.
3．已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f ′(x)，f ′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是(　　C　　)
A．－ B．
C．2 D．5
[解析]　依题意得f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，
∴b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.
4．若函数f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在区间(－，0)内单调递增，则a的取值范围是(　　B　　)
A．[，1) B．[，1)
C．(，＋∞) D．(1，)
[解析]　由x3－ax>0得x(x2－a)>0.
则有或
所以x>或－ 即函数f(x)的定义域为(，＋∞)∪(－，0)．
令g(x)＝x3－ax，则g′(x)＝3x2－a，
当g′(x)≥0时，x≥，不合要求，
由g′(x)<0得－ 从而g(x)在x∈(－，0)上是减函数，
又函数f(x)在x∈(－，0)内单调递增，
则有
所以≤a<1.
5．(2018·辽宁大连一模)函数f(x)＝ex·sinx在点(0，f(0))处的切线方程是y＝x.
[解析]　∵f(x)＝ex·sinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，f′(0)＝1，f(0)＝0，
∴函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y－0＝1×(x－0)，即y＝x.
6．已知函数f(x)＝x2＋3ax－lnx，若f(x)在区间[，2]上是增函数，则实数a的取值范围为[，＋∞).
[解析]　由题意知f′(x)＝x＋3a－≥0在[，2]上恒成立，即3a≥－x＋在[，2]上恒成立．
又y＝－x＋在[，2]上单调递减，
∴(－x＋)max＝，
∴3a≥，即a≥.
7．(文)若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是a>0.
[解析]　y′＝－x2＋a，若y＝－x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.
(理)(2018·临沂模拟)如图，已知A(0，)，点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2上，若阴影部分面积与△OAP面积相等，则x0＝.
[解析]　因为点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2上，
所以y0＝x，
则△OAP的面积S＝|OA||x0|＝×x0＝x0，
阴影部分的面积为∫x00x2dx＝x3|x00＝x，
因为阴影部分面积与△OAP的面积相等，
所以x＝x0，
即x＝.
所以x0＝＝.
8．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，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f ′(x)＝ln x＋－3，f ′(1)＝－2，
f(1)＝0.
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于
ln x－>0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，
g(x)在(1，＋∞)内单调递增，因此g(x)>g(1)＝0；
②当a>2时，令g′(x)＝0，得
x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2>1和x1x2＝1，得x1<1，
故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，
g(x)在(1，x2)内单调递减，此时g(x) 综上，a的取值范围是(－∞，2]．
9．(文)已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．
[解析]　(1)由题意知x≠－r，
所以定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)，
f(x)＝＝，
f ′(x)＝
＝，
所以当x<－r或x>r时，f ′(x)<0，
当－r0.
因此，f(x)的单调递减区间是(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的单调递增区间是(－r，r)．
(2)由(1)可知f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减，因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝100.
(理)设函数f(x)＝xea－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．
[解析]　(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，得
即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)，知f(x)＝xe2－x＋ex.
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＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，
g(x)在区间(－∞，1)内单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)内的最小值．
B组
1．(2017·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf ′(e)＋ln x，则f ′(e)＝(　　C　　)
A．1 B．－1
C．－e－1 D．－e
[解析]　依题意得，f ′(x)＝2f ′(e)＋，取x＝e得f ′(e)＝2f ′(e)＋，由此解得f ′(e)＝－＝－e－1，故选C.
2．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，若过点A(0,16)作曲线y＝f(x)的切线，则切线方程是(　　B　　)
A．9x＋y－16＝0 B．9x－y＋16＝0
C．x＋9y－16＝0 D．x－9y＋16＝0
[解析]　f ′(x)＝3ax2＋2bx－3，
依题意f ′(1)＝f ′(－1)＝0，
即
解得a＝1，b＝0.
所以f(x)＝x3－3x，
因为曲线方程为y＝x3－3x，点A(0,16)不在曲线上，
设切点为(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x－3x，
因此f ′(x0)＝3(x－1)
故切线的方程为y－y0＝3(x－1)(x－x0)
注意到点A(0,16)在切线上，
有16－(x－3x0)＝3(x－1)(0－x0)，
化简得x＝－8.
解得x0＝－2.
所以，切点为M(－2，－2)，切线方程为9x－y＋16＝0.
3．(文)函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　A　　)
A．0 B．1
C．2 D．无数个
[解析]　函数定义域为(0，＋∞)，
且f ′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f ′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
(理)物体A以v＝3t2＋1(m/s)的速度在一直线l上运动，物体B在直线l上，且在物体A的正前方5 m处，同时以v＝10t(m/s)的速度与A同向运动，出发后物体A追上物体B所用的时间t(s)为(　　C　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析]　因为物体A在t秒内行驶的路程为(3t2＋1)dt，物体B在t秒内行驶的路程为10tdt，所以(3t2＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)|＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，即t＝5.
4．(文)(2018·湖南衡阳三次联考)已知x＝1是函数f(x)＝ax3－bx－lnx(a>0，b∈R)的一个极值点，则lna与b－1的大小关系是(　　B　　)
A．lna>b－1 B．lna C．lna＝b－1 D．以上都不对
[解析]　f′(x)＝3ax2－b－，
∵x＝1是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b.
令g(a)＝lna－(b－1)＝lna－3a＋2(a>0)，
则g′(a)＝－3＝，
∴g(a)在(0，)上递增，在(，＋∞)上递减，
故g(a)max＝g()＝1－ln3<0.
故lna (理)(2018·河北唐山期末)已知函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，则使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是( D )
A．(－1,3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－3,3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
[解析]　∵函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，
∴f′(x)＝＋2x，
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x＝0时，f′(x)＝0，f(x)取最小值，
∵f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(2x)>f(x＋3)等价于|2x|>|x＋3|，
整理，得x2－2x－3>0，
解得x>3或x<－1，
∴使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)，故选D．
5．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g(x)≠0，当x<0时，f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(－3)＝0，则不等式<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3).
[解析]　因为f(x)和g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．
因为当x<0时，f ′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，
当x<0时，[]′＝>0，
令h(x)＝.
则h(x)在(－∞，0)上单调递增，
因为h(－x)＝＝＝－h(x)，
所以h(x)为奇函数，
根据奇函数的性质可得函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(－3)＝－f(3)＝0，
所以h(－3)＝－h(3)＝0，
h(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
6．已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，则a的取值范围为(－∞，).
[解析]　f(x)＝x3－3ax(a∈R)，则f′(x)＝3x2－3a，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，
则直线的斜率为－1，f′(x)＝3x2－3a与直线x＋y＋m＝0没有交点，
又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x＝0时取最小值，－3a>－1，
则a的取值范围为a<.
7．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝－7.
[解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，
得
联立①②得或
当a＝4，b＝－11时，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1两侧的符号相反，符合题意．
当a＝－3，b＝3时，f ′(x)＝3(x－1)2在x＝1两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3不符合题意，舍去．
综上可知，a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7.
8．(文)已知函数f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x(a≥0)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)当a>0时，讨论f(x)的单调性．
[解析]　(1)当a＝0时，f(x)＝－－2ln x⇒f ′(x)＝－＝(x>0)．
由f ′(x)＝>0，
解得0 由f ′(x)＝<0，
解得x>.
∴f(x)在(0，)内是增函数，在(，＋∞)内是减函数．
∴f(x)的极大值为f()＝2ln 2－2，无极小值．
(2)f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x⇒
f ′(x)＝2a＋－(2＋a)＝
＝.
①当0 ②当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内是增函数；
③当a>2时，f(x)在(0，)和(，＋∞)内是增函数，在(，)内是减函数．
(理)已知函数f(x)＝ax2＋lnx，其中a∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值．
[解析]　(1)f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
当a≥0时，f ′(x)>0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f ′(x)＝0，解得x＝，舍去x＝－.
此时，f(x)与f ′(x)的情况如下：
x
(0，)

(，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f(x)

f()

所以，f(x)的单调递增区间是(0，)；
单调递减区间是(，＋∞)．
(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.
令＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，舍去a＝－2.
②当－1≤a<0时，≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.
令＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0矛盾，
舍去a＝－2.
③当a<－1时，0<<1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f()．
令f()＝－1，解得a＝－e，满足a<－1.
综上，当f(x)在(0,1]上的最大值是－1时，a＝－e.