36、＝|1－x|.其中在區(qū)間(0,1)內單調遞減的函數的序號是________．
解析：分析題意可知①③顯然不滿足題意，畫出②④中的函數圖象(圖略)，易知②④中的函數滿足在(0,1)內單調遞減．
答案：②④
15．(2017·寶雞質檢)已知函數f(x)＝且關于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實數根，則實數a的取值范圍是________．
解析：依題意，由f(x)＋x－a＝0有且只有一個實數根得，函數y＝f(x)的圖象與直線y＝－x＋a有唯一公共點．在同一平面直角坐標系中畫出直線y＝－x與函數y＝f(x)的大致圖象如圖所示，平移直線y＝－x，當平移到該直線在y軸上的截距大于1時，相應
37、直線與函數y＝f(x)的圖象有唯一公共點，即此時關于x的方程有且只有一個實數根，因此a>1，即實數a的取值范圍是(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
16．某食品的保鮮時間t(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數關系式t＝且該食品在4 ℃ 時的保鮮時間是16小時．已知甲在某日10時購買了該食品，并將其遺放在室外，且此日的室外溫度隨時間變化如圖所示．給出以下四個結論：
①該食品在6 ℃的保鮮時間是8小時；
②當x∈[－6,6]時，該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少；
③到了此日13時，甲所購買的食品還在保鮮時間內；
④到了此日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間．
38、其中，所有正確結論的序號是________．
解析：∵某食品的保鮮時間t(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數關系式t＝且該食品在4 ℃時的保鮮時間是16小時，∴24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－，∴t＝
①當x＝6時，t＝8，故①正確；
②當x∈[－6,0]時，保鮮時間恒為64小時，當x∈(0,6]時，該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少，故②錯誤；
③此日10時，溫度為8 ℃，此時保鮮時間為4小時，而隨著時間的推移，到11時，溫度為11 ℃，此時的保鮮時間t＝2－×11＋6＝≈1.414(小時)，到13時，甲所購買的食品不在保鮮時間內，故③錯誤；
④由③可知
39、，到了此日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間，故④正確．
所以正確結論的序號為①④.
答案：①④
保分專題(二) 導數的簡單應用
[全國卷3年考情分析]
年份
卷別
考查內容及考題位置
命題分析
2017
卷Ⅰ
利用導數討論函數的單調性、函數的零點·T21
1.高考對導數的幾何意義的考查，多在選擇、填空題中出現，難度較小，有時出現在解答題第一問．
2.高考重點考查導數的應用，即利用導數研究函數的單調性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現，難度中等．有時出現在解答題第一問．
3.近幾年全國課標卷對定積分及其應用的考查極少，題目一般比較簡單，但也不能忽略.
40、
卷Ⅱ
利用導數求極值·T11
2016
卷Ⅰ
導數與函數圖象·T7
卷Ⅲ
函數的奇偶性、導數的幾何意義·T15
利用導數公式直接求導·T21(1)
2015
卷Ⅰ
切線的幾何意義·T21(1)
卷Ⅱ
利用導數討論函數的單調性·T21(1)
導數的運算及幾何意義
[師生共研·悟通]
1．導數的幾何意義
函數f(x)在x0處的導數是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
2．四個易誤導數公式
(1)(sin x)′＝
41、cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．
[典例] (1)已知M為不等式組表示的平面區(qū)域，直線l：y＝2x＋a，當a從－2連續(xù)變化到0時，區(qū)域M被直線l掃過的面積為( )
A. B．2
C. D．
[解析] 選D 作出圖形可得區(qū)域M被直線l掃過的面積為
S2＝x2dx－S1
＝x3－×1×2
＝×(8－1)－1
＝.
(2)(2017·昆明質檢)若函數f(x)＝cos的圖象在x＝0處的切線方程為y＝－3x＋1，則ω＝_______
42、____________________________________________________.
[解析] 由題意，得f′(x)＝－ωsin，所以f′(0)＝－ωsin＝－ω＝－3，所以ω＝3.
[答案] 3
(3)(2016·全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數，當x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程是________．
[解析] 設x＞0，則－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)為偶函數，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ex－1＋x.
∵當x＞0時，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1
43、＝2.
∴曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
[答案] 2x－y＝0
[類題通法]
1．求曲線y＝f(x)的切線方程的3種類型及方法
(1)已知切點P(x0，y0)，求切線方程
求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程；
(2)已知切線的斜率k，求切線方程
設切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程；
(3)已知切線上一點(非切點)，求切線方程
設切點P(x0，y0)，利用導數求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程．
2．利用
44、定積分求平面圖形面積的方法
利用定積分求平面圖形的面積，一般先正確作出幾何圖形，再結合圖形位置，準確確定積分區(qū)間以及被積函數，從而得到面積的積分表達式，再利用微積分基本定理求出積分值．
[即學即用·練通]
1．已知函數f(x)＝xsin x＋ax，且f′＝1，則a＝( )
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：選A ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且f′＝1，∴sin＋cos＋a＝1，即a＝0.
2．(2017·沈陽質檢)設函數f(x)＝g＋x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為9x＋y－1＝0，則曲線y＝f
45、(x)在點(2，f(2))處的切線方程為________．
解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，
又f′(x)＝g′＋2x，
∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－，
f(2)＝g(1)＋4＝－4，
∴所求切線方程為y＋4＝－(x－2)，
即x＋2y＋6＝0.
答案：x＋2y＋6＝0
3.－1(x2＋)dx＝________.
解析：－1x2dx＝x3＝，而根據定積分的定義可知－1dx表示圓心在原點的單位圓的上半部分的面積，即半圓的面積，∴－1(x2＋)dx＝＋.
答案：＋
利用導數研究函數的單調性
[師生共研·悟通]
導數與函數單調性的關系
46、
(1)f′(x)＞0是f(x)為增函數的充分不必要條件，如函數f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)為增函數的必要不充分條件，當函數在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數，函數不具有單調性．
[典例] (2017·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若，求a的取值范圍．
[解答示范]
(一)搭橋——找突破口
第(1)問：欲討論f(x)的單調性，應先求f(x)的定義域及導數f′(x)，再討論f′(x)的符號；
第(2)問：欲求a的取值范圍，應想到找出有關a的不等關系．由f(x)≥
47、0，則應求f(x)的最小值，借助(1)的結論可得．
(二)建橋——尋關鍵點
有什么
想到什么
注意什么
信息①：已知f(x)的解析式
可求導函數f′(x)
(1)要討論函數的單調性，必須先求出函數定義域
(2)對于含參數的問題，要根據不同情況對參數進行分類討論
信息②：f(x)≥0
函數的最小值f(x)min≥0
[解] (1)函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調遞增．
②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝ln a.
當x∈(－∞，ln
48、a)時，f′(x)＜0；
當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增．
③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln.
當x∈時，f′(x)＜0；
當x∈時，f′(x)＞0.
故f(x)在上單調遞減，
在上單調遞增．
(2)①若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，則由(1)得，當x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a2ln a.
從而當且僅當－a2ln a≥0，即0＜a≤1時，f(x)≥0.
③若a＜0，則由(1)得，當x＝ln時，f(x)取得最小值
49、，最小值為f＝a2.從而當且僅當a2≥0，
即－2e≤a＜0時，f(x)≥0.
綜上，a的取值范圍是.
[類題通法]
求解或討論函數單調性有關問題的解題策略
討論函數的單調性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數情況下，這類問題可以歸結為一個含有參數的一元二次不等式的解集的討論：
(1)在能夠通過因式分解求出不等式對應方程的根時，依據根的大小進行分類討論．
(2)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據不等式對應方程的判別式進行分類討論．
[注意] 討論函數的單調性是在函數的定義域內進行的，千萬不要忽視了定義域的限制．
[即學即用·練通]
1．已知f(x)＝x2
50、＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數，則實數a的取值范圍為( )
A．(－∞，－2 ] B．
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：選C 由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或?－2≤a≤2或a≥－4?a≥－2.
2．已知函數f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則函數y＝log2的單調遞減區(qū)間為( )
A． B．[3，＋∞)
C．[－2,3] D．(－∞，－2)
解析：選D 因為f(x)＝x3＋bx2＋
51、cx＋d，
所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由圖可知f′(－2)＝f′(3)＝0，
所以解得
令g(x)＝x2＋bx＋，
則g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，
由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.
當x<－2時，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上為減函數，所以函數y＝log2的單調遞減區(qū)間為(－∞，－2)．
3．已知函數f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值．
(1)確定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調性．
解：(1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋2x，
因為f(
52、x)在x＝－處取得極值，所以f′＝0，
即3a×＋2×＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.
當x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數；
當－40，故g(x)為增函數；
當－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數．
綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上為減函數，在(－4，－1)和(0，＋∞)上為增函數.
利用導數研究函數的極值(最值)
53、問題
[師生共研·悟通]
函數f(x)在點x0附近有定義，若在x0附近左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，則f(x0)為函數f(x)的極大值；若在x0附近左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，則f(x0)為函數f(x)的極小值．
[典例] (2017·北京高考)已知函數.
(1)；
(2).
[解答示范]
(一)搭橋——找突破口
第(1)問：欲求函數在某點處的切線方程，應知切線的斜率，即求f(x)在此點處的導函數值；
第(2)問：欲求函數在某區(qū)間上的最值，應知f(x)在此區(qū)間的單調性，即判斷f′(x)在此區(qū)間上的正負．
(二)建橋——尋關鍵點
有什么
想到什么
54、
注意什么
信息①：已知f(x)的解析式
可求導函數f′(x)
(1)曲線y＝f(x)“在點P(x0，y0)處的切線”與“過點P(x0，y0)的切線“的區(qū)別
(2)構造新的函數解決問題時與原函數的等價性
信息②：求切線方程
過曲線上點的切線方程的求法
信息③：求函數的最值
函數的單調性，即判定導函數的正負
[解] (1)因為f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－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(cos x－sin x)－1，
55、
則h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
當x∈時，h′(x)＜0，
所以h(x)在區(qū)間上單調遞減．
所以對任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0.
所以函數f(x)在區(qū)間上單調遞減．
因此f(x)在區(qū)間上的最大值為f(0)＝1，
最小值為f＝－.
[類題通法]
利用導數研究函數極值、最值的方法
(1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數值的符號．
(2)若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解．
(3)求函數f(x)在閉區(qū)
56、間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數的最值．
[即學即用·練通]
1．(2017·全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：選A 因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因為x＝－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，所
57、以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－20)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為( )
A.－1 B.
C. D.＋1
解析：選A 由f(x)＝得f′(x)＝，
當a＞1時，若x＞，
58、則f′(x)＜0，f(x)單調遞減，
若1＜x＜，則f′(x)>0，f(x)單調遞增，
故當x＝時，函數f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合題意；
當a＝1時，函數f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，最大值為f(1)＝，不合題意；
當0＜a＜1時，函數f(x)在 [1，＋∞)上單調遞減，此時最大值為f(1)＝＝，得a＝－1，符合題意．
故a的值為－1.
3．已知常數a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)當a＝－4時，求f(x)的極值；
(2)當f(x)的最小值不小于－a時，求實數a的取值范圍．
解：(1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2＝.
59、當a＝－4時，f′(x)＝.
所以當02時，f′(x)>0，即f(x)單調遞增．
所以f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2.
所以當a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2.
(2)因為f′(x)＝，
所以當a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調遞增，沒有最小值；
當a<0時，由f′(x)>0得，x>－，
所以f(x)在上單調遞增；
由f′(x)<0得，x<－，
所以f(x)在上單調遞減．
所以當a<0時，f(x)的最小值為f＝a
60、ln－a.
根據題意得f＝aln－a≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因為a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以實數a的取值范圍是[－2,0)．
一、選擇題
1．函數f(x)＝x2－ln x的最小值為( )
A. B．1
C．0 D．不存在
解析：選A ∵f′(x)＝x－＝，且x>0.
令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0
61、
2．函數f(x)＝x＋的極值情況是( )
A．當x＝1時，取極小值2，但無極大值
B．當x＝－1時，取極大值－2，但無極小值
C．當x＝－1時，取極小值－2；當x＝1時，取極大值2
D．當x＝－1時，取極大值－2；當x＝1時，取極小值2
解析：選D f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，
函數f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞增，在(－1,0)和(0,1)上單調遞減，
所以當x＝－1時，取極大值－2，當x＝1時，取極小值2.
3．若直線y＝ax是曲線y＝2ln x＋1的一條切線，則實數a的值為( )
A．e－ B．2e－
C．e D
62、．2e
解析：選B 依題意，設直線y＝ax與曲線y＝2ln x＋1的切點的橫坐標為x0，則有y′|＝，于是有解得
4．已知函數f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數，函數g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數，則a的值為( )
A．1 B．2
C．0 D．
解析：選B ∵函數f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數，∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
5．若函數f(x)＝x＋(b∈R)的導函數在區(qū)間(1,2)上有零點，則f(x)在下列區(qū)間
63、上單調遞增的是( )
A．(－2,0) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)
解析：選D 由題意知，f′(x)＝1－，
∵函數f(x)＝x＋(b∈R)的導函數在區(qū)間(1,2)上有零點，
令當1－＝0，得b＝x2，
又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．
令f′(x)＞0，解得x＜－或x＞，
即f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)．
∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合題意．
6．已知f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若對任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍是(
64、 )
A. B.
C. D.
解析：選A 因為f′(x)＝－－＝＝－，
易知，當x∈(0,1)時，f′(x)<0，當x∈(1,2]時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,2]上單調遞增，
故f(x)min＝f(1)＝.
對于二次函數g(x)＝－x2－2ax＋4，易知該函數開口向下，
所以其在區(qū)間[1,2]上的最小值在端點處取得，
即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．
要使對任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，
即≥g(1)且≥g(2)，
所以≥
65、－1－2a＋4且≥－4－4a＋4，
解得a≥.
二、填空題
7．(2017·長春質檢)dx＝________.
解析：dx＝＝＋1－＝.
答案：
8．已知函數f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數，則實數a的取值范圍為________．
解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在區(qū)間上恒成立，即2a≥－x＋在區(qū)間上恒成立．
又∵y＝－x＋在區(qū)間上單調遞減，
∴max＝，
∴2a≥，即a≥.
答案：
9．已知函數f(x)＝ex，g(x)＝ln＋的圖象分別與直線y＝m交于A，B兩點，則|AB|的最小值為________．
解析：顯然m＞0，由ex＝m
66、得x＝ln m，由ln ＋＝m得x＝2em－，則|AB|＝2em－－ln m．令h(m)＝2em－－ln m，由h′(m)＝2em－－＝0，求得m＝.當0＜m＜時，h′(m)＜0，函數h(m)在上單調遞減；當m＞時，h′(m)＞0，函數h(m)在上單調遞增．所以h(m)min＝h＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值為2＋ln 2.
答案：2＋ln 2
三、解答題
10．已知函數f(x)＝＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，求實數a的取值范圍；
(2)若a＝2，求函數f(x)的極小值．
解：(1)f′(x)＝＋a，
由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤－＝2－.
∵x∈(1，＋∞)，
∴l(xiāng)n x∈(0，＋∞)，
∴當－＝0時，函數t＝2－的最小值為－，
∴a≤－，即實數a的取值范圍為.
(2)當a＝2時，f(x)＝＋2x(x>1)，
f′(x)＝，
令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e.
當1e時，f′(x)>0，
2018屆高考數學二輪復習 第一部分 層級二 75分的重點保分題精析精研 重點攻關教師用書 理
