1.導數(shù)的幾何意義：函數(shù)y＝f(x)在點x＝x0處的導數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率．2．導數(shù)的幾何意義的應用：利用導數(shù)的幾何意義可以求出曲線上任意一點處的切線方程y－y0＝f′(x0)(x－x0)，明確“過點P(x0，y0)的曲線y＝f(x)的切線方程”與“在點P(x0，y0)處的曲線y＝f(x)的切線方程”的異同點．3．圍繞著切點有三個等量關系：切點(x0，y0)，則k＝f′(x0)，y0＝f(x0)，(x0，y0)滿足切線方程，在求解參數(shù)問題中經(jīng)常用到．[典例1]已知函數(shù)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(jīng)過原點，求直線l的方程及切點坐標；(3)如果曲線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)∵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(x,4)＋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.[對點訓練]1．設函數(shù)f(x)＝4x2－lnx＋2，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程．解：f′(x)＝8x－eq\f(1,x).所以在點(1，f(1))處切線的斜率k＝f′(1)＝7，又f(1)＝4＋2＝6，所以切點的坐標為(1,6)．所以切線的方程為y－6＝7(x－1)，即7x－y－1＝0.借助導數(shù)研究函數(shù)的單調性，尤其是研究含有l(wèi)nx，ex，－x3等線性函數(shù)(或復合函數(shù))的單調性，是近幾年高考的一個重點．其特點是導數(shù)f′(x)的符號一般由二次函數(shù)來確定；經(jīng)常同一元二次方程、一元二次不等式結合，融分類討論、數(shù)形結合于一體．[典例2]設函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(x－1,x＋1)，其中a為常數(shù)．(1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)討論函數(shù)f(x)的單調性．解：(1)由題意知a＝0時，f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)，x∈(0，＋∞)．此時f′(x)＝eq\f(2,x＋12).可得f′(1)＝eq\f(1,2)，又f(1)＝0，所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0.(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2,x＋12)＝eq\f(ax2＋2a＋2x＋a,xx＋12).當a≥0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．當a<0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①當a＝－eq\f(1,2)時，Δ＝0，f′(x)＝eq\f(－\f(1,2)x－12,xx＋12)≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．②當a<－eq\f(1,2)時，Δ<0，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．③當－eq\f(1,2)<a<0時，Δ>0.設x1，x2(x1<x2)是函數(shù)g(x)的兩個零點，則x1＝eq\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)，由x1＝eq\f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq\f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)>0，所以x∈(0，x1)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減，x∈(x1，x2)時，g(x)>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增，x∈(x2，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減，綜上可得：當a≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a≤－eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當－eq\f(1,2)<a<0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)，＋∞))上單調遞減，上單調遞增．[典例3]若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)上為減函數(shù)，在區(qū)間(6，＋∞)上為增函數(shù)，試求實數(shù)a的取值范圍．解：函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)＝x2－ax＋a－1.令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1.當a－1≤1，即a≤2時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意．當a－1>1，即a>2時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)，在(1，a－1)上為減函數(shù)，在(a－1，＋∞)上為增函數(shù)．依題意當x∈(1,4)時，f′(x)<0，當x∈(6，＋∞)時，f′(x)>0.故4≤a－1≤6，即5≤a≤7.因此a的取值范圍是[5,7]．[對點訓練]2．已知函數(shù)f(x)＝xekx(k≠0)，求f(x)的單調區(qū)間．解：f′(x)＝(1＋kx)ekx，若k>0，則由f′(x)>0得1＋kx>0，x>－eq\f(1,k)；由f′(x)<0得x<－eq\f(1,k).∴k>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))，遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k))).若k<0，則由f′(x)>0得1＋kx>0，x<－eq\f(1,k)；由f′(x)<0得x>－eq\f(1,k).∴k<0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))，遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞)).3．若a≥－1，求函數(shù)f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)的單調區(qū)間．解：由已知得函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(ax－1,x＋1)(a≥－1)，(1)當－1≤a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減；(2)當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a).f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值從上表可知，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)))上單調遞減．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增．綜上所述，當－1≤a≤0時，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減．當a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)))上單調遞減，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增.1.極值和最值是兩個迥然不同的概念，前者是函數(shù)的“局部”性質，而后者是函數(shù)的“整體”性質．另函數(shù)有極值未必有最值，反之亦然．2．判斷函數(shù)“極值”是否存在時，務必把握以下原則：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域．(2)解方程f′(x)＝0的根．(3)檢驗f′(x)＝0的根的兩側f′(x)的符號：若左正右負，則f(x)在此根處取得極大值．若左負右正，則f(x)在此根處取得極小值．即導數(shù)的零點未必是極值點，這一點是解題時的主要失分點，學習時務必引起注意．3．求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最大值、最小值的方法與步驟：(1)求f(x)在(a，b)內的極值．(2)將(1)求得的極值與f(a)，f(b)相比較，其中最大的一個值為最大值，最小的一個值為最小值．[典例4]已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的極值點．(1)求實數(shù)a的值；(2)求f(x)在x∈[1,5]上的最小值和最大值．解：(1)f′(x)＝3x2－2ax＋3.f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5.(2)f(x)＝x3－5x2＋3x.令f′(x)＝3x2－10x＋3＝0，解得x＝3或x＝eq\f(1,3)(舍去)．當x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x1(1,3)3(3,5)5f′(x)－0＋f(x)－1－915因此，當x＝3時，f(x)在區(qū)間[1,5]上有最小值為f(3)＝－9；當x＝5時，f(x)在區(qū)間[1,5]上有最大值是f(5)＝15.[典例5]已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax－lnx，a∈R.(1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(3)令g(x)＝f(x)－x2，是否存在實數(shù)a，當x∈(0，e](e是自然對數(shù)的底數(shù))時，函數(shù)g(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．解：(1)當a＝0時，曲線f(x)＝x2－lnx，所以f′(x)＝2x－eq\f(1,x)?f′(1)＝1，f(1)＝1.所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x－y＝0.(2)因為函數(shù)在[1,2]上是減函數(shù)，所以f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2＋ax－1,x)≤0在[1,2]上恒成立，令h(x)＝2x2＋ax－1，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h1≤0，,h2≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－1，,a≤－\f(7,2)，))得a≤－eq\f(7,2).即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(7,2))).(3)假設存在實數(shù)a，使g(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，g′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①當a≤0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e]上單調遞減，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)．②當eq\f(1,a)≥e時，g′(x)≤0在(0，e]上恒成立，所以g(x)在(0，e]上單調遞減．g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)．③當0<eq\f(1,a)<e時，令g′(x)<0?0<x<eq\f(1,a)，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調遞增．所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna＝3，a＝e2，滿足條件．綜上，存在實數(shù)a＝e2，使得當x∈(0，e]時，g(x)有最小值3.[對點訓練]4．設f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a為正實數(shù)．(1)當a＝eq\f(4,3)時，求f(x)的極值點；(2)若f(x)為R上的單調函數(shù)，求a的取值范圍．解：對f(x)求導得f′(x)＝exeq\f(1＋ax2－2ax,1＋ax22).①(1)當a＝eq\f(4,3)時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，解得x＝eq\f(3,2)，或x＝eq\f(1,2).當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以x1＝eq\f(3,2)是極小值點，x2＝eq\f(1,2)是極大值點．(2)若f(x)為R上的單調函數(shù)，則f′(x)在R上不變號，結合①與條件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立．因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，又由a>0，得0<a≤1.即a的取值范圍為(0,1]．5．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋bx在區(qū)間(－2,1)內x＝－1時取極小值，x＝eq\f(2,3)時取極大值．(1)求曲線y＝f(x)在x＝－2處的切線方程；(2)求函數(shù)y＝f(x)在[－2,1]上的最大值與最小值．解：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，又x＝－1，x＝eq\f(2,3)分別對應函數(shù)的極小值，極大值，所以－1，eq\f(2,3)為方程－3x2＋2ax＋b＝0的兩個根．即eq\f(2,3)a＝－1＋eq\f(2,3)，－eq\f(b,3)＝(－1)×eq\f(2,3).于是a＝－eq\f(1,2)，b＝2，則f(x)＝－x3－eq\f(1,2)x2＋2x.x＝－2時，f(－2)＝2，即切點為(－2,2)．又切線斜率為k＝f′(－2)＝－8，所求切線方程為y－2＝－8(x＋2)，即為8x＋y＋14＝0.(2)當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x－2(－2，－1)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))1f′(x)－0＋0－f(x)2－eq\f(3,2)eq\f(22,27)eq\f(1,2)則f(x)在[－2,1]上的最大值為2，最小值為－eq\f(3,2).從近幾年高考題看，利用導數(shù)證明不等式這一知識點?？嫉?，一般出現(xiàn)在高考題解答題中．利用導數(shù)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(shù)的方法研究函數(shù)的單調性，而證明不等式(或比較大小)常與函數(shù)最值問題有關．因此，解決該類問題通常是構造一個函數(shù)，然后考查這個函數(shù)的單調性，結合給定的區(qū)間和函數(shù)在該區(qū)間端點的函數(shù)值使問題得以求解．其實質是這樣的：要證不等式f(x)>g(x)，則構造函數(shù)φ(x)＝f(x)－g(x)，只需證φ(x)>0即可，由此轉化成求φ(x)最小值問題，借助于導數(shù)解決．[典例6]已知函數(shù)f(x)＝x2ex－1－eq\f(1,3)x3－x2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)設g(x)＝eq\f(2,3)x3－x2，求證：對任意實數(shù)x，都有f(x)≥g(x)．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(shù)f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，－2)和(0,1)上是減函數(shù)．(2)證明：f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)．設h(x)＝ex－1－x，h′(x)＝ex－1－1，由h′(x)＝0得x＝1，則當x<1時，h′(x)<0，即函數(shù)h(x)在(－∞，1)上單調遞減；當x>1時，h′(x)>0，即函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調遞增．因此，當x＝1時，h(x)取最小值h(1)＝0.即對任意實數(shù)x都有h(x)≥0，又x2≥0，所以f(x)－g(x)≥0，故對任意實數(shù)x，恒有f(x)≥g(x)．[對點訓練]6．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)＝eq\f(x－12,xx＋12).∵x>1，∴f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)內為單調遞增函數(shù)．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).解決恒成立問題的方法：(1)若關于x的不等式f(x)≤m在區(qū)間D上恒成立，則轉化為f(x)max≤m.(2)若關于x的不等式f(x)≥m在區(qū)間D上恒成立，則轉化為f(x)min≥m.(3)導數(shù)是解決函數(shù)f(x)的最大值或最小值問題的有力工具．[典例7]已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋ax在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若對任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求實數(shù)m的最大值．解：(1)由題意得g′(x)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1.∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，∴當x∈[e2，＋∞)時，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．∴a≥－1－lnx.又當x∈[e2，＋∞)時，lnx∈[2，＋∞)．∴－1－lnx∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即a的取值范圍為[－3，＋∞)．(2)由題知，2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2x·lnx＋x2＋3.又x>0，∴m≤eq\f(2x·lnx＋x2＋3,x).令h(x)＝eq\f(2x·lnx＋x2＋3,x)，h′(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3′·x－2xlnx＋x2＋3·x′,x2)＝eq\f(2lnx＋2＋2xx－2xlnx＋x2＋3,x2)＝eq\f(2x＋x2－3,x2)，令h′(x)＝0.解得x＝1，或x＝－3(舍)．當x∈(0,1)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)在(0,1)上單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調遞增．∴h(x)min＝h(1)＝4，即m的最大值為4.[對點訓練]7．已知函數(shù)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，求證：對[－1,2]內的任意兩個值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，解得b<eq\f(1,12).即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x＝－eq\f(2,3)或x＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(22,27)＋c，f(1)＝－eq\f(3,2)＋c.又f(－1)＝eq\f(1,2)＋c，f(2)＝2＋c.∴f(x)max＝f(2)＝2＋c，由f(x)<c2在x∈[－1,2]上恒成立，得2＋c<c2，即c2－c－2>0.解得c>2或c<－1.故所求c的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，＋∞)．(3)證明：由(2)知f(x)max＝2＋c，f(x)min＝－eq\f(3,2)＋c，故對[－1,2]內的任意兩個值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)min－f(x)max|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋c))－2＋c))＝eq\f(7,2).討論方程根的個數(shù)，研究函數(shù)圖象與x軸或某直線的交點個數(shù)、不等式恒成立問題的實質就是函數(shù)的單調性與函數(shù)極(最)值的應用．問題破解的方法是根據(jù)題目的要求，借助導數(shù)將函數(shù)的單調性與極(最)值列出，然后再借助單調性和極(最)值情況，畫出函數(shù)圖象的草圖，數(shù)形結合求解．[典例8]設函數(shù)f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.(1)求f(x)的極值點；(2)若關于x的方程f(x)＝a有3個不同實根，求實數(shù)a的取值范圍；(3)已知當x∈(1，＋∞)時，f(x)≥k(x－1)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．解：(1)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0，得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\r(2).當x∈(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))時，f′(x)<0，因此x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\r(2)分別為f(x)的極大值點、極小值點．(2)由(1)的分析可知y＝f(x)圖象的大致形狀及走向如圖所示．要使直線y＝a與y＝f(x)的圖象有3個不同交點需5－4eq\r(2)＝f(eq\r(2))<a<f(－eq\r(2))＝5＋4eq\r(2).則方程f(x)＝a有3個不同實根時，所求實數(shù)a的取值范圍為(5－4eq\r(2)，5＋4eq\r(2))．(3)法一：f(x)≥k(x－1)，即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)，因為x>1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋x－5，由二次函數(shù)的性質得g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)>g(1)＝－3，所以所求k的取值范圍是為(－∞，－3]．法二：直線y＝k(x－1)過定點(1,0)且f(1)＝0，曲線f(x)在點(1,0)處切線斜率f′(1)＝－3，由(2)中草圖知要使x∈(1，＋∞)時，f(x)≥k(x－1)恒成立需k≤－3.故實數(shù)k的取值范圍為(－∞，－3]．[對點訓練]8．設函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)證明若f(x)有零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上僅有一個零點．解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).因為k>0，所以令f′(x)＝0得x＝eq\r(k)，列表如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值減區(qū)間為(0，eq\r(k))，增區(qū)間為(eq\r(k)，＋∞)．當x＝eq\r(k)時，取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k－klnk,2).(2)當eq\r(k)≤1，即0<k≤1時，f(x)在(1，eq\r(e))上單調遞增，f(1)＝eq\f(1,2)，f(eq\r(e))＝eq\f(e,2)－eq\f(k,2)＝eq\f(e－k,2)>0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上沒有零點．當1<eq\r(k)<eq\r(e)，即1<k<e時，f(x)在(1，eq\r(k))上遞減，在(eq\r(k)，eq\r(e))上遞增，f(1)＝eq\f(1,2)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)))＝eq\f(e－k,2)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)))＝eq\f(k－klnk,2)＝eq\f(k1－lnk,2)>0，此時函數(shù)沒有零點．當eq\r(k)≥eq\r(e)，即k≥e時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(e)))上單調遞減，f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上僅有一個零點．綜上，若f(x)有零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上僅有一個零點.解決優(yōu)化問題的步驟：(1)首先要分析問題中各個數(shù)量之間的關系，建立適當?shù)暮瘮?shù)模型，并確定函數(shù)的定義域．(2)其次要通過研究相應函數(shù)的性質，如單調性、極值與最值，提出優(yōu)化方案，使問題得以解決，在這個過程中，導數(shù)是一個有力的工具．(3)最后驗證數(shù)學問題的解是否滿足實際意義．[典例9]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(jīng)過的路線是以AB中點M為頂點且開口向右的拋物線的一部分(河流寬度忽略不計)．某公司準備投資建一個大型矩形游樂園PQCN，試求游樂園的最大面積．解：如圖，以M點為原點，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).∴曲線MD的方程為y2＝x(0≤x≤4,0≤y≤2)．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(shù)為增函數(shù)；當y∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時，S′<0，函數(shù)為減函數(shù)．∴當y＝eq\f(2,3)時，S有最大值．這時|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)．[對點訓練]9．某地建一座橋，兩端的橋墩已建好，這兩端橋墩相距m米．余下工程只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩，經(jīng)測算，一個橋墩的工程費用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2＋eq\r(x))x萬元．假設橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點，且不考慮其他因素．記余下工程的費用為y萬元．(1)試寫出y關于x的函數(shù)關系式；(2)當m＝640米時，需新建多少個橋墩才能使y最小？解：(1)設需新建n個橋墩，則(n＋1)x＝m，即n＝eq\f(m,x)－1，所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋eq\r(x))x＝256eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)－1))＋eq\f(m,x)(2＋eq\r(x))x＝eq\f(256m,x)＋meq\r(x)＋2m－256(0<x≤m)．(2)由(1)知，f′(x)＝－eq\f(256m,x2)＋eq\f(1,2)mx－eq\f(1,2)＝eq\f(m,2x2)(xeq\f(3,2)－512)．令f′(x)＝0，得xeq\f(3,2)＝512，所以x＝64.當0<x<64時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(0,64)內為減函數(shù)；當64<x<640時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(64,640)內為增函數(shù)．所以f(x)在x＝64處取得最小值，此時n＝eq\f(m,x)－1＝eq\f(640,64)－1＝9.故需新建9個橋墩才能使y最小.由定積分求曲邊梯形面積的方法步驟：(1)畫出函數(shù)的圖象，明確平面圖形的形狀．(2)通過解方程組，求出曲線交點的坐標．(3)確定積分區(qū)間與被積函數(shù)，轉化為定積分計算．(4)對于復雜的平面圖形，常常通過“割補法”求各部分的面積之和．[典例10]求由曲線y2＝x，y＝x3所圍圖形的面積S.解：作出曲線y2＝x，y＝x3的草圖，如圖所示，所求面積為圖中陰影部分的面積．解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x，,y＝x3))得交點的橫坐標為x＝0及x＝1.因此，所求圖形的面積為S＝eq\i\in(0,1,)eq\r(x)dx－eq\i\in(0,1,)x3dx＝eq\f(2,3)xeq\f(3,2)eq\a\vs4\al(|\o\al(1,0))－eq\f(1,4)x4eq\a\vs4\al(|\o\al(1,0))＝eq\f(5,12).[對點訓練]10．試求由拋物線y＝x2＋1與直線y＝－x＋7以及x軸、y軸所圍成圖形的面積．解：畫出圖形(如圖)．解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋1，,y＝－x＋7))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝5，))即拋物線與直線相交于點(2,5)．于是所求面積為S＝eq\i\in(0,2,)(x2＋1)dx＋eq\a\vs4\al(\i\in(2,7,))(7－x)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x))eq\a\vs4\al(|\o\al(2,0))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7x－\f(1,2)x2))eq\a\vs4\al(|\o\al(7,2))＝eq\f(14,3)＋eq\f(25,2)＝eq\f(103,6).一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共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．已知f(x)＝eq\f(lnx,x2)，則f′(e)＝()A.eq\f(1,e3)B.eq\f(1,e2)C．－eq\f(1,e2)D．－eq\f(1,e3)解析：選D∵f′(x)＝eq\f(\f(x2,x)－2xlnx,x4)＝eq\f(1－2lnx,x3)，∴f′(e)＝eq\f(1－2lne,e3)＝－eq\f(1,e3).2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)·x2－x，則f′(1)的值為()A．0B．2C．1D．－1解析：選A∵f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)·x2－x，∴f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，∴f′(1)＝1－2f′(1)－1，∴f′(1)＝0.3．曲線y＝eq\f(x,x＋2)在點(－1，－1)處的切線方程為()A．y＝2x＋1B．y＝2x－1C．y＝－2x－3D．y＝－2x－2解析：選A∵y′＝eq\f(x′x＋2－xx＋2′,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，∴k＝y(tǒng)′|x＝－1＝eq\f(2,－1＋22)＝2，∴切線方程為：y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.4．已知對任意實數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．且x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時()A．f′(x)>0，g′(x)>0B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0D．f′(x)<0，g′(x)<0解析：選Bf(x)為奇函數(shù)且x>0時單調遞增，所以x<0時單調遞增，f′(x)>0;g(x)為偶函數(shù)且x>0時單調遞增，所以x<0時單調遞減，g′(x)<0.A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(2),3)D．－eq\f(\r(2),3)6．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則實數(shù)b的取值范圍是()A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1]D．(－∞，－1)解析：選Cf′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2).∵f(x)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，∴f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，∴b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．又∵x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，∴b≤－1.7．已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(0,1)D．(0，＋∞)解析：選B由題知，x>0，f′(x)＝lnx＋1－2ax，由于函數(shù)f(x)有兩個極值點，則f′(x)＝0有兩個不等的正根，即函數(shù)y＝lnx＋1與y＝2ax的圖象有兩個不同的交點(x>0)，則a>0.設函數(shù)y＝lnx＋1上任一點(x0,1＋lnx0)處的切線為l，則kl＝y(tǒng)′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，當l過坐標原點時，eq\f(1,x0)＝eq\f(1＋lnx0,x0)?x0＝1，令2a＝1?a＝eq\f(1,2)，結合圖象知0<a<eq\f(1,2).8．方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)內根的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3解析：選B設f(x)＝2x3－6x2＋7，則f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．∵x∈(0,2)，∴f′(x)<0.∴f(x)在(0,2)上遞減，又f(0)＝7，f(2)＝－1，∴f(x)在(0,2)上有且只有一個零點，即方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)內只有一個根．9．曲線y＝x2－1與x軸圍成圖形的面積等于()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C．1D.eq\f(4,3)解析：選D函數(shù)y＝x2－1與x軸的交點為(－1,0)，(1,0)，且函數(shù)圖象關于y軸對稱，故所求面積為S＝2eq\i\in(0,1,)(1－x2)dx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))︱eq\o\al(1,0)＝2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3).10．若函數(shù)f(x)在R上可導，且f(x)>f′(x)，則當a>b時，下列不等式成立的是()A．eaf(a)>ebf(b)B．ebf(a)>eaf(b)C．ebf(b)>eaf(a)D．eaf(b)>ebf(a)解析：選D∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′＝eq\f(exf′x－exfx,ex2)＝eq\f(ex[f′x－fx],ex2)<0，∴y＝eq\f(fx,ex)單調遞減，又a>b，∴eq\f(fa,ea)<eq\f(fb,eb)，∴eaf(b)>ebf(a)．11．設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)解析：選A當x>0時，令F(x)＝eq\f(fx,x)，則F′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，∴當x>0時，F(xiàn)(x)＝eq\f(fx,x)為減函數(shù)．∵f(x)為奇函數(shù)，且由f(－1)＝0，得f(1)＝0，故F(1)＝0.在區(qū)間(0,1)上，F(xiàn)(x)>0；在(1，＋∞)上，F(xiàn)(x)<0.即當0<x<1時，f(x)>0；當x>1時，f(x)<0.又f(x)為奇函數(shù)，∴當x∈(－∞，－1)時，f(x)>0；當x∈(－1,0)時，f(x)<0.綜上可知，f(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(0,1)．12．若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結論中一定錯誤的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))<eq\f(1,k)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))>eq\f(1,k－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))<eq\r()eq\f(1,k－1)D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>eq\f(k,k－1)，解析：選C構造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx，則F′(x)＝f′(x)－k>0，∴函數(shù)F(x)在R上為單調遞增函數(shù)．∵eq\f(1,k－1)>0，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>F(0)．∵F(0)＝f(0)＝－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))－eq\f(k,k－1)>－1，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>eq\f(k,k－1)－1＝eq\f(1,k－1)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>eq\f(1,k－1)，故C錯誤．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中的橫線上)13．若曲線y＝ax2－lnx在點(1，a)處的切線平行于x軸，則a＝________.解析：由曲線在點(1，a)處的切線平行于x軸得切線的斜率為0，由y′＝2ax－eq\f(1,x)及導數(shù)的幾何意義得y′|x＝1＝2a－1＝0，解得a＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)14．一列車沿直線軌道前進，剎車后列車速度v(t)＝27－0.9t(v單位：m/s，t單位：s)，則列車剎車后至停車時的位移為________．解析：停車時v(t)＝0，則27－0.9t＝0，∴t＝30s，s＝eq\a\vs4\al(∫\o\al(30,0))v(t)dt＝eq\a\vs4\al(∫\o\al(30,0))(27－0.9t)dt＝(27t－0.45t2)eq\a\vs4\al(|\o\al(30,0))＝405(m)．答案：405m15．已知a<0，函數(shù)f(x)＝ax3＋eq\f(12,a)lnx，且f′(1)的最小值是－12，則實數(shù)a的值為________．解析：f′(x)＝3ax2＋eq\f(12,ax)，則f′(1)＝3a＋eq\f(12,a).∵a<0，∴f′(1)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3a＋\f(21,－a)))≤－2eq\r(－3a×\f(12,－a))＝－12.當且僅當－3a＝eq\f(12,－a)，即a＝－2時，取“＝”．答案：－216．函數(shù)y＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則a＝________.解析：∵y′＝3x2＋2ax＋b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))時，y′＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，函數(shù)無極值，故a＝4，b＝－11.答案：4三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題10分)設定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(1,ax)＋b(a>0)．(1)求f(x)的最小值；(2)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝eq\f(3,2)x，求a，b的值．解：(1)法一：由題設和均值不等式可知，f(x)＝ax＋eq\f(1,ax)＋b≥2＋b，當且僅當ax＝1時等號成立，即當x＝eq\f(1,a)時，f(x)取最小值為2＋b.法二：f(x)的導數(shù)f′(x)＝a－eq\f(1,ax2)＝eq\f(a2x2－1,ax2)，當x>eq\f(1,a)時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增；當0<x<eq\f(1,a)時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減．所以當x＝eq\f(1,a)時，f(x)取最小值為2＋b.(2)由題設知，f′(x)＝a－eq\f(1,ax2)，f′(1)＝a－eq\f(1,a)＝eq\f(3,2)，解得a＝2或a＝－eq\f(1,2)(不合題意，舍去)．將a＝2代入f(1)＝a＋eq\f(1,a)＋b＝eq\f(3,2)，解得b＝－1.所以a＝2，b＝－1.18．(本小題12分)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex.(1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(－eq\r(2)，eq\r(2))．同理可得，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)．(2)因為函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增，所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立．又f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上恒成立．設y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，則y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，即y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上單調遞增，則y<1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，故a≥eq\f(3,2).即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).19．(本小題12分)若函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－eq\f(4,3)lnx在x＝1處取得極值．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間及極值．解：(1)f′(x)＝2ax＋2－eq\f(4,3x)，由f′(1)＝2a＋eq\f(2,3)＝0，得a＝－eq\f(1,3).(2)f(x)＝－eq\f(1,3)x2＋2x－eq\f(4,3)lnx(x>0)．f′(x)＝－eq\f(2,3)x＋2－eq\f(4,3x)＝eq\f(－2x－1x－2,3x).由f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.①當f′(x)>0時，1<x<2；②當f′(x)<0時，0<x<1或x>2.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)eq\f(5,3)eq\f(8,3)－eq\f(4,3)ln2因此f(x)的單調遞增區(qū)間是(1,2)，單調遞減區(qū)間是(0,1)，(2，＋∞)．函數(shù)的極小值為f(1)＝eq\f(5,3)，極大值為f(2)＝eq\f(8,3)－eq\f(4,3)ln2.20．(本小題12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x).(1)判斷函數(shù)f(x)的單調性；(2)若y＝xf(x)＋eq\f(1,x)的圖象總在直線y＝a的上方，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).當0<x<e時，f′(x)