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本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1　(1)x+πy-π=0　(2)2　(3)A　[解析] (1) 因为y=,所以y'=,则当x=π时,y'==-,
故曲线在点M(π,0)处的切线方程为y-0=-(x-π),整理得x+πy-π=0.
(2) 对y=ln x+2求导得y'=.设曲线y=ln x+2在点P1(x1,y1)处的切线方程为y=kx+1-ln 2,则y1=ln x1+2,则曲线在点P1(x1,y1)处的切线方程为y-(ln x1+2)=(x-x1),即y=x+ln x1+1,所以=k,1+ln x1=1-ln 2,解得x1=,k=2.
(3)设切点为P(x0,y0),y'=ex,则曲线y=ex在点P(x0,y0)处的切线方程为y-=(x-x0),即y=x+(1-x0).则由题意知关于x0的方程b=(1-x0)有且仅有两个不等的根.设g(x)=(1-x)ex,则g'(x)=-xex,令g'(x)>0,得x<0,令g'(x)<0,得x>0,又g(0)=e0=1,
当x<0时,g(x)>0,g(1)=0,所以可作出g(x)的大致图象,如图所示.由图可知,若关于x0的方程b=(1-x0)有且仅有两个不等的根,则b的取值范围为(0,1).故选A.
变式　(1)B　(2)y=　y=-　(3)1　[解析] (1)∵f(x)=exln x,∴f'(x)=ex,∴f'(1)=e,f(1)=0,∴f(x)的图象在x=1处的切线方程为y=e(x-1),该切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,-e),(1,0),∴该切线与两坐标轴围成的三角形的面积为×e×1=.故选B.
(2)当x>0时,y=ln|x|=ln x.设过坐标原点的直线与曲线y=ln x相切于点P(x0,ln x0),由y=ln x,得y'=,所以=,解得x0=e,所以P(e,1),则该切线的方程为y-1=(x-e),即y=,由曲线y=ln|x|的对称性,知另一条切线的方程为y=-.
(3)由y=ex+1,得y'=ex,由y=ex+1,得y'=ex+1,设直线l与曲线y=ex+1,曲线y=ex+1的切点坐标分别为(x1,+1)和(x2,),
则直线l的斜率k==,所以x1=x2+1,直线l的方程为y-(+1)=(x-x1),所以-(+1)=(x2-x1),所以=1,即直线l的斜率为1.
题型二
例2　解:(1)因为y=ln(2x+1),所以y'=(2x+1)'=.
(2)因为y=xln(1+x2),所以y'=ln(1+x2)+·x=ln(1+x2)+.
(3)因为y=(x+1)(x+2)(x+3)=x3+6x2+11x+6,
所以y'=3x2+12x+11.
(4)因为y=excos x+-t2,所以y'=(ex)'cos x+ex(cos x)'+()'-(t2)'=ex(cos x-sin x)+.
(5)y=ln(2x+5)3+,令u=2x+5,t=u3,则y=ln t+,
所以y'=·(u3)'·(2x+5)'+'=·3(2x+5)2·2+=+=+.
变式　解:(1)y'=+ln x+x·=+ln x+1.
(2)y'=(1-2x·(-2)-2sin=-(1-2x-2sin.
题型三
例3　(1)D　(2)AD　(3)BCD　[解析] (1)因为f(x)=x2+ln x+mx-1在区间(1,2)上单调递增,
所以f'(x)=2x++m≥0在区间(1,2)上恒成立,
则m≥-当x∈(1,2)时恒成立.
设h(x)=-,x∈(1,2),
则h'(x)=-2+==,由x∈(1,2),可知h'(x)<0,
所以函数h(x)在(1,2)上单调递减,则h(x)(2)当x>0时,-x<0,所以f(-x)=-xe-x,又f(-x)=-f(x),所以f(x)=xe-x(x>0),所以A正确.当x<0时,f'(x)=(x+1)ex,则当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,又f(0)=0,当x<0时,f(x)<0,f(x)是定义在R上的奇函数,所以可作出f(x)的大致图象,如图所示.由图可知函数f(x)只有一个零点,所以B错误.由以上分析可知,当x=-1时函数取到最小值,最小值为f(-1)=-,由奇函数的性质可知,当x=1时,函数取到最大值,最大值为f(1)=,则对任意的x1,x2∈R,|f(x1)-f(x2)|≤恒成立,所以C错误,D正确.故选AD.
(3)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--=,由函数f(x)既有极大值也有极小值,得方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根.令h(x)=ax2-bx-2c,则h(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根,故所以ab>0,ac<0,bc<0,故选BCD.
变式　(1)C　(2)B　(3)2ln 3-　[解析] (1)由题可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)上恒成立,即a≥对任意x∈(1,2)恒成立.令h(x)=xex(x∈(1,2)),可得h'(x)=ex+xex=(1+x)ex>0,所以h(x)=xex在区间(1,2)上单调递增,所以h(x)>h(1)=e,故<,所以a≥,所以a的最小值为e-1.故选C.
(2)方法一:f'(x)=3x2+a,则由题意知方程3x2+a=0有2个不等实根,所以a<0.由3x2+a=0得x1=-,x2=,易得函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.要使函数f(x)有3个零点,需满足
解得a<-3.故选B.
方法二:x=0显然不是函数f(x)的零点,由f(x)=0得-a=x2+.设g(x)=x2+(x≠0),则g'(x)=2x-=(x≠0),由g'(x)<0得x<0或00得x>1,所以g(x)在(-∞,0),(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.可作出g(x)的大致图象,如图所示.由图可知,要使关于x的方程-a=x2+有三个解,需满足-a>g(1)=3,故a<-3.故选B.
(3)因为f(x)=2ln x+ax2-3x(x>0),所以f'(x)=+2ax-3,由题意可得f'(2)=4a-2=0,解得a=,则f(x)=2ln x+x2-3x,f'(x)=+x-3=.令f'(x)=0,可得x=1或x=2,当x在上变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如下表:
x 1 (1,2) 2 (2,3]
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的极大值为f(1)=-,极小值为f(2)=2ln 2-4,符合题意,又因为f(3)=2ln 3-,
所以f(3)-f(1)=2ln 3-+=2ln 3-2=2(ln 3-1)>0,所以f(1)所以f(x)max=f(3)=2ln 3-.
例4　解:(1)因为f(x)=x-x3eax+b,所以f'(x)=1-(3x2+ax3)eax+b,
因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1,
所以f(1)=-1+1=0,f'(1)=-1,
则解得
(2)由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1(x∈R),
则g'(x)=-x(x2-6x+6)e-x+1,令x2-6x+6=0,解得x=3±,不妨设x1=3-,x2=3+,则0易知e-x+1>0恒成立,所以令g'(x)<0,解得0x2,令g'(x)>0,解得x<0或x1(3)因为f(x)=x-x3e-x+1(x∈R),所以f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1,由(2)知f'(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(-∞,0),(x1,x2)上单调递增.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)单调递增,因为f'(-1)=1-4e2<0,f'(0)=1>0,即f'(-1)f'(0)<0,所以f'(x)在(-∞,0)上存在唯一零点,不妨设为x3,则-1此时,当x0,则f(x)单调递增,
所以f(x)在(-∞,0)上有一个极小值点;
当x∈(0,x1)时,f'(x)单调递减,因为f'(x1)=f'(3-)此时,当00,则f(x)单调递增,当x4所以f(x)在(0,x1)上有一个极大值点;
当x∈(x1,x2)时,f'(x)单调递增,因为f'(x2)=f'(3+)>f'(3)=1>0,即f'(x1)f'(x2)<0,所以f'(x)在(x1,x2)上存在唯一零点,不妨设为x5,则x1此时,当x10,则f(x)单调递增,
所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小值点;
当x>x2=3+>3时,3x2-x3=x2(3-x)<0,
所以f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1>0,则f(x)单调递增,
所以f(x)在(x2,+∞)上无极值点.
综上,f(x)共有3个极值点.题型四
例5　(1)A　(2)ABC　[解析] (1)因为f(x)=x2+sin=x2+cos x(x∈R),所以f'(x)=x-sin x(x∈R),
又因为f'(-x)=-x+sin x=-f'(x),所以f'(x)为奇函数,可排除B,D.
因为f'=-1<0,所以f'(x)的图象经过第四象限,可排除C.故选A.
(2) 对于A,如果把C2 作为f'(x)的图象,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,与C1相符,故A可能正确.
对于B,如果把C2 作为f'(x)的图象,则f'(x)>0,则f(x)单调递增,与C1相符,故B可能正确.
对于C,如果把C2 作为f'(x)的图象,则f'(x)>0,则f(x)单调递增,与C1相符,故C可能正确.
对于D,如果把C1 作为f'(x)的图象,则在图象所对应的范围内f'(x)≥0,在个别点处取等号,则f(x)单调递增,与C2不符;如果把C2 作为f'(x)的图象,则在图象所对应的范围内f'(x)≤0,在个别点处取等号,则f(x)单调递减,与C1不符.故D不可能正确.故选ABC.
变式　(1)AD　(2)C　[解析] (1)由题意可知,导函数f'(x)的图象在x轴下方,则f'(x)<0,故函数f(x)为减函数,又易知f(x)递减的速度逐渐变慢,所以f(x)的图象大致如图所示,设x1(2)由函数图象可知当x<-1时,f(x)>0,f'(x)<0,则f(x)·f'(x)<0;
当-10;
当10,则f(x)·f'(x)<0;
当20,f'(x)>0,则f(x)·f'(x)>0;
当30,f'(x)<0,则f(x)·f'(x)<0;
当x>5时,f(x)<0,f'(x)<0,则f(x)·f'(x)>0.
故f(x)·f'(x)>0的解集是(-1,1)∪(2,3)∪(5,+∞),
故选C.
题型五
例6　解:(1)由题知f(x)的定义域为R,且f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,故f(x)在R上是减函数;
当a>0时,令f'(x)>0,得x>-ln a,令f'(x)<0,得x<-ln a,
故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上是减函数;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:方法一:由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,
令g(a)=1+a2+ln a-=a2-ln a-(a>0),则g'(a)=2a-=(a>0).
令g'(a)>0,得a>,
令g'(a)<0,得0故g(a)在上单调递减,在上单调递增,
故g(a)≥g=-ln->0,
即f(x)min>2ln a+,
所以f(x)>2ln a+,故得证.
方法二:当a>0时,由(1)得f(x)min=f(-ln a)=1+a2+ln a,
要证f(x)>2ln a+,只需证1+a2+ln a>2ln a+,
即证a2->ln a,易证ln a≤a-1,
所以只需证明a2->a-1,即证a2-a+>0.
因为a2-a+=+>0恒成立,所以f(x)>2ln a+成立,故得证.
例7　解:(1)当a=-1时,f(x)=ln(x+1),x>-1,且x≠0,
则f'(x)=-×ln(x+1)+×,
据此可得f(1)=0,f'(1)=-ln 2,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-ln 2(x-1),
即xln 2+y-ln 2=0.
(2)由函数f(x)的解析式可得f'(x)=ln(x+1)+×(x>-1且x≠0),
因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.
令ln(x+1)+≥0,则-(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)≥0,
令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,则原问题等价于g(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.
易知g'(x)=2ax-ln(x+1),
当a≤0时,2ax≤0,因为ln(x+1)>0,所以g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
此时g(x)0.
令h(x)=g'(x)=2ax-ln(x+1),x>0,则h'(x)=2a-.
当2a≥1,即a≥时,因为x∈(0,+∞),所以<1,故h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,
即g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g'(x)>g'(0)=0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,符合题意.
当0当x∈时,h'(x)<0,则h(x)在上单调递减,即g'(x)在上单调递减,
因为g'(0)=0,所以当x∈时,g'(x)因为g(0)=0,所以当x∈时,g(x)综上可知,实数a的取值范围是.
例8　解:(1)f'(x)=3x2-3x=3x(x-1),令f'(x)=0,解得x=0或x=1.
当x>1或x<0时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,0)和(1,+∞)上单调递增;
当0所以f(x)的极大值为f(0)=3-a,极小值为f(1)=-a.
所以f(x)的极大值与极小值之差为f(0)-f(1)=.
(2)由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,3)上单调递增,
所以当x∈(0,3)时,f(x)min=f(1)=-a,又f(0)=3-a,f(3)=-a,即f(0)且函数f(x)在(0,3)上恰有2个不同的零点,
所以即解得即实数a的取值范围为.
变式1　解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2ax+1,
由题意知函数f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点.
令g(x)=f'(x),则g'(x)=-2a=.
当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上为增函数,这与g(x)有两个变号零点矛盾.
当a>0时,当00,则g(x)在上单调递增;
当x>时,g'(x)<0,则g(x)在上单调递减.
故g(x)max=g.
因为g(x)有两个变号零点,所以g>0,即ln-1+1>0,可得0此时g=-<0,g=2ln-+1.令S(a)=-2ln a-+1,0则S'(a)=-+=>0,故S(a)在上单调递增,故S(a)<-2ln-3=2ln 2-3<0,即g<0.
又<1<<,所以g(x)在,上各有一个零点,
故当0(2)证明:当a=0时,f(x)=xln x+2,要证f(x)>x-,
即证xln x+2>x-,即证xln x+2-x+>0.
令h(x)=xln x+2-x+(x>0),则h'(x)=ln x-.
令m(x)=ln x-,则m'(x)=+,
可知当x>0时,m'(x)>0,
所以h'(x)在(0,+∞)上单调递增.
又h'(1)=-2<0,h'(e)=1->0,
所以存在唯一的x0∈(1,e),使得h'(x0)=ln x0-=0,
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(x0).
又x0∈(1,e),h'(x0)=0,即ln x0-=0,
所以h(x0)=x0ln x0+2-x0+=+2-x0+=2-x0+>2-e+>0,
所以h(x)>0,即f(x)>x-.
变式2　解:(1)由函数f(x)=ax-2ln x+2,可得函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且f'(x)=a-=,
因为函数f(x)在x=1处取得极值,所以f'(1)=a-2=0,解得a=2,
可得f'(x)=.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=1时,函数f(x)取得极小值,符合题意,故a=2.
(2)f'(x)=,其中x>0,
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,函数f(x)至多有一个零点,不符合题意;
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=,
当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
故当x=时,函数f(x)取得极小值,也是最小值,最小值为f=4-2ln,
当x→0+时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,
要使函数f(x)有两个零点,则f<0,即4-2ln<0,
可得0题型六
例9　解:(1)由题意知,当0当x≥5时,y=13-ln x-+0.1x-1-0.1x=12-ln x-.
故月利润y关于月产量x的函数关系式为y=
当x=3时,y=-×9+4×3=7.5(万元),
故月产量为3万件时,该厂这个月生产该产品所获得的利润为7.5万元.
(2)当0故当x=4时,y在(0,5)上取得最大值,最大值为8万元.
当x≥5时,y=12-ln x-,
y'=-+=.
则当5≤x<8时,y'>0,当x>8时,y'<0,
所以y=12-ln x-在[5,8)上单调递增,在(8,+∞)上单调递减,
故当x=8时,y在[5,+∞)上取得最大值,最大值为12-ln 8-1=11-3ln 2≈8.9(万元).
因为8.9>8,所以当月产量为8万件时,该厂生产该产品所获得的月利润最大,最大月利润约为8.9万元.
变式　解:(1)由题意知,游轮的燃料费用为每小时k·v3元,且k·103=60,则k=0.06,
所以S=f(v)=0.06v3×+3240×=6v2+(0(2)由(1)知f'(v)=,令f'(v)=0得v=30.
可得当0当300,此时f(v)单调递增.
故当v=30时,f(v)有极小值,也是最小值,最小值为f(30)=16 200,
故当游轮的速度为30 km/h时,该游轮从A到B一个单程航行的总费用最少.本章总结提升
◆ 题型一　导数的概念及其几何意义
[类型总述] (1)利用导数求切点坐标;(2)利用导数求切线方程.
例1 (1)曲线y=在点M(π,0)处的切线方程为　　　　　　.
(2)若直线y=kx+1-ln 2是曲线y=ln x+2在某点处的切线,则k=　　　　.
(3)过点(0,b)作曲线y=ex的切线,若这样的切线有且只有两条,则b的取值范围为 (　 )
A.(0,1) B.(-∞,1)
C.(-∞,1] D.(0,1]
变式 (1)函数f(x)=exln x的图象在x=1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B. C.e D.2e
(2)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为　　　　,　　　　.
(3)[2023·黑龙江哈尔滨六中高二期末] 直线l与两条曲线y=ex+1和y=ex+1均相切,则l的斜率为　　　　.
◆ 题型二　导数的计算
[类型总述] (1)求基本初等函数的导数;(2)求复合函数的导数.
例2 求下列函数的导数.
(1)y=ln(2x+1);
(2)y=xln(1+x2);
(3)y=(x+1)(x+2)(x+3);
(4)y=excos x+-t2(t为常数);
(5)y=ln(2x+5)3+.
变式 求下列函数的导数.
(1)y=+xln x;
(2)y=+cos.
◆ 题型三　利用导数研究函数的单调性、最值、极值
[类型总述] (1)利用导数求函数的单调区间;(2)已知函数的单调性,求参数的取值范围;(3)求函数的极值;(4)求函数f(x)在区间[a,b]上的最值;(5)解决恒成立问题.
例3 (1)已知f(x)=x2+ln x+mx-1在区间(1,2)上单调递增,则实数m的取值范围是 (　 )
A.m≥-4　　　　　　B.m>-4
C.m>-3 D.m≥-3
(2)(多选题)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x)=xex,则下列说法正确的是 (　 )
A.当x>0时,f(x)=xe-x
B.f(x)有3个零点
C.f(x)既没有最大值也没有最小值
D.对任意的x1,x2∈R,|f(x1)-f(x2)|≤恒成立
(3)(多选题)[2023·新课标Ⅱ卷] 若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
变式 (1)[2023·新课标Ⅱ卷] 已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为 (　 )
A.e2 B.e
C.e-1 D.e-2
(2)[2023·全国乙卷] 函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　 )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
(3)[2023·江西赣州四中高二期末] 已知函数f(x)=2ln x+ax2-3x在x=2处取得极小值,则f(x)在上的最大值为　　　　　　.
例4 [2023·北京卷] 设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1.
(1)求a,b的值;
(2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(3)求f(x)的极值点个数.
◆ 题型四　函数的导数与函数图象
[类型总述] (1)导函数图象与函数图象的判断;(2)由导函数图象判断函数性质.
例5 (1) 已知f(x)=x2+sin,f'(x)为f(x)的导函数,则y=f'(x)的大致图象是(　 )
　　　 A　　 　B　　　　 C　　　　 D
(2)(多选题)设f'(x)是函数f(x)的导函数,将y=f(x)和y=f'(x)的图象画在同一直角坐标系中,则下列可能正确的是 (　 )
A B C D
变式 (1)(多选题)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)的图象如图所示,则对于任意x1,x2∈R(x1≠x2),下列结论正确的是 (　 )
A.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0
B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0
C.f>
D.f<
(2)设y=f'(x)是函数y=f(x)的导函数,y=f(x)的图象如图所示,则f(x)·f'(x)>0的解集是 (　 )
A.(2,3)∪(5,+∞)
B.(-∞,0)∪(1,3)
C.(-1,1)∪(2,3)∪(5,+∞)
D.(-∞,-1)∪(1,2)∪(3,5)
◆ 题型五　导数的应用
[类型总述] (1)证明不等式; (2)解决参数范围问题;(3)解决函数零点问题.
例6 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
例7 [2023·全国乙卷] 已知函数f(x)=ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围.
例8 [2023·江西九江高二期末] 已知函数f(x)=x3-x2+3-a,a∈R.
(1)求f(x)的极大值与极小值之差;
(2)若函数f(x)在区间(0,3)上恰有2个零点,求a的取值范围.
变式1 已知函数f(x)=-ax2+xln x+2.
(1)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围;
(2)当a=0时,证明:f(x)>x-.
变式2 [2023·江西萍乡高二期中] 已知函数f(x)=ax-2ln x+2,a∈R.
(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
◆ 题型六　导数在实际问题中的应用
[类型总述] (1)利润最大;(2)用料最省;(3)面积、体积最大等.
例9 已知某厂每月生产某产品的固定成本为1万元,每生产x万件,还需投入0.1x万元的原材料费,全部售完可获得p(x)万元,当月产量不足5万件时,p(x)=-x2+4.1x+1;当月产量不低于5万件时,p(x)=13-ln x-+0.1x.通过市场分析得知,该厂生产的该产品当月可以全部售完.
(1)求月利润y(单位:万元)关于月产量x(单位:万件)的函数关系式,并求出月产量为3万件时,该厂这个月生产该产品所获得的利润.
(2)当月产量为多少万件时,该厂生产该产品所获得的月利润最大 最大为多少万元 (月利润精确到0.1万元)
参考数据:ln 2≈0.69.
变式 从旅游景点A到B有一条100 km的水路,某轮船公司开设了一个游轮观光项目.已知游轮每小时使用的燃料费用与速度的立方成正比,其他费用为每小时3240元,游轮最大速度为50 km/h,当游轮的速度为10 km/h时,燃料费用为每小时60元,设游轮的速度为v km/h,游轮从A到B一个单程航行的总费用为S元.
(1)将游轮从A到B一个单程航行的总费用S表示为游轮的速度v的函数S=f(v);
(2)该游轮从A到B一个单程航行的总费用最少时,游轮的速度为多少 (共59张PPT)
本章总结提升
题型一 导数的概念及其几何意义
题型二 导数的计算
题型三 利用导数研究函数的单调性、最值、极值
题型四 函数的导数与函数图象
题型五 导数的应用
题型六 导数在实际问题中的应用
题型一 导数的概念及其几何意义
［类型总述］（1）利用导数求切点坐标;（2）利用导数求切线方程.
例1（1） 曲线在点 处的切线方程为_______________.
[解析] 因为，所以，
则当 时， ，
故曲线在点处的切线方程为，整理得 .
（2）若直线是曲线在某点处的切线，则 ___.
2
[解析] 对求导得.
设曲线在点 处的切线方程为，
则，
则曲线在点 处的切线方程为，
即，所以 ，，
解得， .
（3）过点作曲线的切线，若这样的切线有且只有两条，则 的取值
范围为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 设切点为，，
则曲线 在点处的切线方程为 ，
即.
则由题意知关于 的方程 有且仅有两个不等的根.
设，则，
令 ，得，令，得，
又 ，当时，，，
所以可作出 的大致图象，如图所示.
由图可知，若关于的方程有且仅有两个不等的根，
则 的取值范围为 .故选A.
变式（1） 函数的图象在 处的切线与两坐标轴围成的三角
形的面积为( )
B
A. B. C. D.
[解析] ，，， ，
的图象在处的切线方程为 ，
该切线与两坐标轴的交点坐标分别为，，
该切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 .故选B.
（2）[2022·新高考全国Ⅱ卷] 曲线 经过坐标原点的两条切线方程分别
为______，________.
[解析] 当时，.
设过坐标原点的直线与曲线 相切于点,
由,得,所以，解得,所以 ,
则该切线的方程为,即，
由曲线 的对称性，知另一条切线的方程为 .
（3）[2023·黑龙江哈尔滨六中高二期末] 直线与两条曲线 和
均相切，则 的斜率为___.
1
[解析] 由，得，由，得，
设直线 与曲线，
曲线的切点坐标分别为和 ，
则直线的斜率，所以，
直线 的方程为，
所以 ，所以，即直线 的斜率为1.
题型二 导数的计算
［类型总述］（1）求基本初等函数的导数;（2）求复合函数的导数.
例2 求下列函数的导数.
（1） ；
解：因为，所以 .
（2） ；
解：因为，所以 .
（3） ；
解：因为 ，
所以 .
（4）为常数 ；
解：因为 ，所以
.
（5） .
解：，令，，则 ，
所以 .
变式 求下列函数的导数.
（1） ；
解： .
（2） .
解： .
题型三 利用导数研究函数的单调性、最值、极值
［类型总述］（1）利用导数求函数的单调区间;（2）已知函数的单调性,求参数
的取值范围;（3）求函数的极值;（4）求函数在区间 上的最值;（5）解
决恒成立问题.
例3（1） 已知在区间上单调递增，则实数 的
取值范围是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 因为在区间 上单调递增，
所以在区间 上恒成立，
则当 时恒成立.
设， ，
则，由，可知 ，
所以函数在上单调递减，则.所以 .故选D.
（2）（多选题）已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，
则下列说法正确的是( )
AD
A.当时，
B. 有3个零点
C. 既没有最大值也没有最小值
D.对任意的，， 恒成立
[解析] 当时， ，所以，
又 ，所以，所以A正确.
当 时，，
则当 时，，单调递减，
当时，， 单调递增，
又，当时，，
是定义在上的奇函数，所以可作出 的大致图象，如图所示.
由图可知函数 只有一个零点，所以B错误.
由以上分析可知，当时函数取到最小值，最小值为 ，
由奇函数的性质可知，当时，函数取到最大值，最大值为，
则对任意的， ，恒成立，所以C错误，D正确.故选 .
（3）（多选题）[2023·新课标Ⅱ卷] 若函数 既有极
大值也有极小值，则( )
BCD
A. B. C. D.
[解析] 函数的定义域为， ，
由函数既有极大值也有极小值，
得方程在 上有两个不等实根.
令，则在 上有两个不等实根，
故所以,,，故选 .
变式（1） [2023· 新课标Ⅱ卷]已知函数在区间 单调递增，
则 的最小值为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由题可知在区间上恒成立，
即 对任意恒成立.令 ，
可得，所以在区间 上单调递增，
所以，故，所以，所以的最小值为 .故选C.
（2）[2023·全国乙卷]函数存在3个零点，则 的取值范围是
( )
B
A. B. C. D.
[解析] 方法一：，则由题意知方程 有2个不等实根，
所以.由得，，
易得函数 在上单调递增，在上单调递减，
在 上单调递增.要使函数 有3个零点，
需满足 解得 .故选B.
方法二：显然不是函数的零点，由 得.
设 ,则,
由得 或，由得，
所以在, 上单调递减，在上单调递增.
可作出 的大致图象，如图所示.
由图可知，要使关于的方程 有三个解，
需满足,故 .故选B.
（3）[2023·江西赣州四中高二期末] 已知函数 在
处取得极小值，则在 上的最大值为__________．
[解析] 因为，所以 ，
由题意可得，解得，则 ，
.
令，可得或，
当在 上变化时，与 的变化情况如下表：
1 2
0 - 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的极大值为，极小值为 ，符合题意，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，所以 .
例4 [2023·北京卷] 设函数，曲线在点 处
的切线方程为 ．
（1）求， 的值；
解：因为,所以 ，
因为曲线在点处的切线方程为 ，
所以， ，
则解得
（2）设函数，求 的单调区间；
解：由（1）得 ，
则，令，解得 ，
不妨设，，则 .
易知恒成立，所以令，解得或,
令 ，解得或,
所以在，上单调递减，在 ，上单调递增，
即的单调递减区间为和 ，
单调递增区间为和 .
（3）求 的极值点个数.
解：因为，所以 ，
由（2）知在，上单调递减，在， 上单调递增.
当时，单调递增，
因为， ，
即，所以在上存在唯一零点，
不妨设为 ，则 ，
此时，当时，，则单调递减，
当时， ，则 单调递增，
所以在 上有一个极小值点；
当时，单调递减，因为 ，
即，所以在上存在唯一零点，
不妨设为 ，则 ，
此时，当时，，则单调递增，
当 时，，则 单调递减，
所以在 上有一个极大值点；
当时，单调递增，因为 ，
即，所以在上存在唯一零点，
不妨设为 ，则 ，
此时，当时，，则单调递减，
当 时，，则 单调递增，
所以在 上有一个极小值点；
当时， ，
所以，则 单调递增，
所以在 上无极值点.
综上， 共有3个极值点.
题型四 函数的导数与函数图象
［类型总述］（1）导函数图象与函数图象的判断;（2）由导函数图象判断函数性质.
例5（1） 已知，为的导函数，则
的大致图象是( )
A
A. B. C. D.
[解析] 因为 ，
所以 ，
又因为，所以 为奇函数，可排除B，D.
因为，所以 的图象经过第四象限，可排除C.故选A.
（2）（多选题）设是函数的导函数，将和 的图象画
在同一直角坐标系中，则下列可能正确的是( )
ABC
A. B. C. D.
[解析] 对于A，如果把作为的图象，则当时， ，
当时，,所以在上单调递减，
在 上单调递增，与 相符，故A可能正确.
对于B，如果把作为的图象，则，则单调递增，
与 相符，故B可能正确.
对于C，如果把作为的图象，则，则单调递增，
与 相符，故C可能正确.
对于D，如果把作为的图象，则在图象所对应的范围内 ，
在个别点处取等号，则单调递增，与不符；
如果把作为 的图象，则在图象所对应的范围内，
在个别点处取等号，则单调递减，与 不符.故D不可能正确.故选 .
变式（1） （多选题）已知函数的定义域为，其导函数 的图象如图
所示，则对于任意, ，下列结论正确的是( )
AD
A. B.
C. D.
[解析] 由题意可知，导函数的图象在 轴下方，则
，故函数为减函数，又易知 递减的速
度逐渐变慢，所以的图象大致如图所示，设 .
A选项表示与异号，则 为减函
数，故A正确；
B选项表示与 同号，则为增函数，故B不正确；
C，D选项左边的式子为， 的算术平均数对应的函数值，
即图中点B的纵坐标，右边的式子是， 对应的函数值的平均数，
即图中点A的纵坐标，显然 ，故C不正确，D正确.故选 .
（2）设是函数的导函数， 的图象如图所示，则
的解集是( )
C
A. B.
C. D.
[解析] 由函数图象可知当时，,，则 ；
当时，,，则 ；
当时，,，则 ；
当时，,，则 ；
当时，,，则 ；
当时，,，则 .
故的解集是 ，
故选C.
题型五 导数的应用
［类型总述］（1）证明不等式; （2）解决参数范围问题;（3）解决函数零点问题.
例6 [2023· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：由题知的定义域为，且 .
当时，恒成立，故在 上是减函数；
当时，令，得，令，得 ，
故在上单调递减，在 上单调递增.
综上，当时，在 上是减函数；
当时，在上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：当时， .
证明：方法一：由（1）知，当 时，
，
令 ，
则 .
令，得 ，令，得 ,
故在上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，
所以 ，故得证.
方法二：当时，由（1）得 ，
要证，只需证 ，
即证，易证 ,
所以只需证明，即证 .
因为恒成立，所以 成立，故得证.
例7 [2023·全国乙卷] 已知函数 .
（1）当时，求曲线在点 处的切线方程；
解：当时，,，且 ，
则 ,
据此可得, ,
所以曲线在点处的切线方程为 ,
即 .
（2）若函数在上单调递增，求 的取值范围.
解：由函数 的解析式可得
且 ，
因为在上单调递增，所以在 上恒成立.
令，则 ，
令，，
则原问题等价于 在 上恒成立.
易知 ，当时，,
因为，所以，在 上单调递减，
此时，不符合题意，故 .
令，，则 .
当，即时，因为，所以，
故, 在 上单调递增，
即在 上单调递增，
所以，则在上单调递增，所以 ，
符合题意.
当时，由，得，可得 ，
当时，,则在上单调递减，即 在
上单调递减，
因为，所以当时，，此时 单调递减，
因为，所以当时， ，不符合题意.
综上可知，实数的取值范围是 .
例8 [2023·江西九江高二期末] 已知函数, .
（1）求 的极大值与极小值之差；
解：，令，解得或 .
当或时，,在和 上单调递增；
当时，,在 上单调递减.
所以的极大值为，极小值为 .
所以的极大值与极小值之差为 .
（2）若函数在区间上恰有2个零点，求 的取值范围.
解：由（1）知，在上单调递减，在 上单调递增，
所以当时，，
又, ，即 ,
且函数在 上恰有2个不同的零点，
所以即解得 ，
即实数的取值范围为 .
（1）若有两个极值点，求实数 的取值范围；
解：的定义域为， ，
由题意知函数在 上有两个变号零点.
令，则 .
当时，，故在上为增函数，
这与 有两个变号零点矛盾.
当时，当时，，则在 上单调递增；
当时，，则在 上单调递减.
故 .
变式1 已知函数 .
因为有两个变号零点，所以，即 ，
可得 .
此时，.
令 ， ，
则，故在 上单调递增，
故，即 .
又，所以在, 上各有一个零点，
故当时，在上有两个变号零点.
故实数 的取值范围为 .
（2）当时，证明： .
证明：当时，，要证 ，
即证，即证 .
令，则 .
令，则 ，可知当时， ，
所以在 上单调递增.
又， ，
所以存在唯一的，使得 ，
当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增，
所以 .
又，，即 ，
所以 ，
所以，即 .
变式2 [2023·江西萍乡高二期中] 已知函数， .
（1）若在处取得极值，求 的值；
解：由函数，可得函数的定义域为 ，
且 ，
因为函数在处取得极值，所以，解得 ，
可得 .
当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以当时，函数取得极小值，符合题意，故 .
（2）若有两个零点，求 的取值范围.
解：，其中 ，当时，，在上单调递减，
函数 至多有一个零点，不符合题意；
当时，令，解得 ，
当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增，
故当时，函数取得极小值，也是最小值，最小值为 ，
当时， ，当 时， ，
要使函数有两个零点，则，即 ，
可得.故实数的取值范围是 .
题型六 导数在实际问题中的应用
［类型总述］（1）利润最大;（2）用料最省;（3）面积、体积最大等.
例9 已知某厂每月生产某产品的固定成本为1万元，每生产 万件，还需投入
万元的原材料费，全部售完可获得 万元，当月产量不足5万件时，
；当月产量不低于5万件时，
.通过市场分析得知，该厂生产的该产品当月可以全
部售完.
（1）求月利润（单位：万元）关于月产量 （单位：万件）的函数关系式，并
求出月产量为3万件时，该厂这个月生产该产品所获得的利润.
解：由题意知，当时, ；
当时, .
故月利润关于月产量的函数关系式为
当时， （万元），
故月产量为3万件时，该厂这个月生产该产品所获得的利润为7.5万元.
（2）当月产量为多少万件时，该厂生产该产品所获得的月利润最大？最大为多
少万元？（月利润精确到0.1万元）
参考数据： .
解：当时， ，
故当时，在 上取得最大值，最大值为8万元.
当时， ， .
则当时，，当时， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
故当时，在 上取得最大值，最大值为
（万元）.
因为 ，所以当月产量为8万件时，该厂生产该产品所获得的月利润最大，
最大月利润约为8.9万元.
变式 从旅游景点到有一条 的水路，某轮船公司开设了一个游轮观
光项目.已知游轮每小时使用的燃料费用与速度的立方成正比，其他费用为每小
时3240元，游轮最大速度为，当游轮的速度为 时，燃料费用为
每小时60元，设游轮的速度为，游轮从到一个单程航行的总费用为 元.
（1）将游轮从到一个单程航行的总费用表示为游轮的速度 的函数
；
解：由题意知，游轮的燃料费用为每小时元，且，则 ，
所以 .
（2）该游轮从到 一个单程航行的总费用最少时，游轮的速度为多少
解：由（1）知，令得 .
可得当时，，此时 单调递减；
当时，，此时 单调递增.
故当时，有极小值，也是最小值，最小值为 ，
故当游轮的速度为时，该游轮从到 一个单程航行的总费用最少.

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