PAGEPAGE14復(fù)習(xí)課(三)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的概念及幾何意義的應(yīng)用近幾年的高考中，導(dǎo)數(shù)的幾何意義和切線問題是常考內(nèi)容，各種題型均有可能出現(xiàn)，一般題目難度較小．[考點精要](1)已知切點A(x0，f(x0))求斜率k，即求該點處的導(dǎo)數(shù)值：k＝f′(x0)；(2)已知斜率k，求切點A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k；(3)已知過某點M(x1，f(x1))(不是切點)的切線斜率為k時，常需設(shè)出切點A(x0，f(x0))，利用k＝eq\f(fx1－fx0,x1－x0)求解．[典例](2024·天津高考)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________．[解析]由題意可知f′(x)＝a－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝a－1，因為f(1)＝a，所以切點坐標為(1，a)，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，即y＝(a－1)x＋1.令x＝0，得y＝1，即直線l在y軸上的截距為1.[答案]1[類題通法](1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解決切線問題的兩種狀況①若已知點是切點，則在該點處的切線斜率就是該點處的導(dǎo)數(shù)．②假如已知點不是切點，則應(yīng)先出切點，再借助兩點連線的斜率公式進行求解．(2)曲線與直線相切并不肯定只有一個公共點，例如，y＝x3在(1,1)處的切線l與y＝x3的圖象還有一個交點(－2，－8)．eq\a\vs4\al([題組訓(xùn)練])1．曲線y＝eq\f(x,x＋2)在點(－1，－1)處的切線方程為()A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1C．y＝－2x－3 D．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＋1.2．已知曲線y＝x3－1與曲線y＝3－eq\f(1,2)x2在x＝x0處的切線相互垂直，則x0的值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3,3),3)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(3,9),3)解析：選Dy＝x3－1?y′＝3x2，y＝3－eq\f(1,2)x2?y′＝－x，由題意得3xeq\o\al(2,0)·(－x0)＝－1，解得xeq\o\al(3,0)＝eq\f(1,3)，即x0＝eq\r(3,\f(1,3))＝eq\f(\r(3,9),3)，故選D.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性題型既有選擇題、填空題也有解答題，若以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，則難度以中、低檔為主，若以解答題形式出現(xiàn)，難度則以中等偏上為主，主要考查求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、證明或推斷函數(shù)的單調(diào)性等問題．[考點精要]函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)值的關(guān)系若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f′(x)在(a，b)隨意子區(qū)間內(nèi)部不恒等于0.f′(x)＞0?函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增；f′(x)＜0?函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減．反之，函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增?f′(x)≥0；函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減?f′(x)≤0.即f′(x)＞0(f′(x)＜0)是f(x)為增(減)函數(shù)的充分不必要條件．特殊要留意寫單調(diào)區(qū)間時，區(qū)間之間用“和”或“，”隔開，肯定不能用“∪”連接．[典例](2024·全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.探討f(x)的單調(diào)性．[解]f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．若a＜0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)＞0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)＜0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞減．[類題通法]求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域．(2)計算函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)．(3)解不等式f′(x)＞0，得到函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間；解不等式f′(x)＜0，得到函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間．[留意]求函數(shù)單調(diào)區(qū)間肯定要先確定函數(shù)定義域，往往因忽視函數(shù)定義域而導(dǎo)致錯誤．eq\a\vs4\al([題組訓(xùn)練])1．函數(shù)f(x)＝2x2－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：選C由題意得f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)，且x＞0，由f′(x)＞0，即4x2－1＞0，解得x＞eq\f(1,2).故選C.2．已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－aex.(1)若a＝1，求f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當a＝1時，f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－ex，則f(1)＝－eq\f(1,2)×12＋2×1－e＝eq\f(3,2)－e，f′(x)＝－x＋2－ex，f′(1)＝－1＋2－e＝1－e，故曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－e))＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x＋eq\f(1,2).(2)∵f(x)在R上是增函數(shù)，∴f′(x)≥0在R上恒成立，∵f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－aex，∴f′(x)＝－x＋2－aex，于是有不等式－x＋2－aex≥0在R上恒成立，即a≤eq\f(2－x,ex)在R上恒成立，令g(x)＝eq\f(2－x,ex)，則g′(x)＝eq\f(x－3,ex)，令g′(x)＝0，解得x＝3，列表如下：x(－∞，3)3(3，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－eq\f(1,e3)故函數(shù)g(x)在x＝3處取得微小值，亦即最小值，即g(x)min＝－eq\f(1,e3)，所以a≤－eq\f(1,e3)，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e3))).導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值從高考運用狀況看，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)極值、最值是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的核心部分，年年高考都有考查，多以解答題形式考查，難度相對較大．[考點精要]1．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值的關(guān)系(1)f′(x)>0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增的充分不必要條件．(2)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．2．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值應(yīng)留意三點(1)求單調(diào)區(qū)間時應(yīng)先求函數(shù)的定義域，遵循定義域優(yōu)先的原則；(2)f′(x0)＝0時，x0不肯定是極值點；(3)求最值時，應(yīng)留意極值點和所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時應(yīng)分類探討．[典例](2024·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝excosx－x.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．[解](1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－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(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h′(x)＜0，所以h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．所以對隨意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).[類題通法]1．求函數(shù)的極值的方法(1)確定函數(shù)的定義區(qū)間，求導(dǎo)數(shù)f′(x)．(2)求方程f′(x)＝0的根．(3)用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點，順次將函數(shù)的定義區(qū)間分成若干小開區(qū)間，并列成表格．檢查f′(x)在方程根左右的值的符號，假如左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；假如左負右正，那么f(x)在這個根處取得微小值；假如左右不變更符號即都為正或都為負，則f(x)在這個根處無極值．2．求函數(shù)的最值的方法(1)求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值．(2)將f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較得出函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值．eq\a\vs4\al([題組訓(xùn)練])1．函數(shù)f(x)＝1＋3x－x3()A．有微小值，無極大值 B．無微小值，有極大值C．無微小值，無極大值 D．有微小值，有極大值解析：選Df′(x)＝－3x2＋3，由f′(x)＝0，得x＝±1.當x∈(－1,1)時，f′(x)＞0，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－1,1)；同理，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)．∴當x＝－1時，函數(shù)有微小值－1，當x＝1時，函數(shù)有極大值3，故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)(x≥1)，(1)試推斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并說明理由；(2)若f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．解：(1)f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，∵x≥1，∴l(xiāng)nx≥0，∴f′(x)≤0.故函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)∵x≥1，∴f(x)≥eq\f(k,x＋1)?eq\f(x＋11＋lnx,x)≥k，令g(x)＝eq\f(x＋11＋lnx,x)，∴g′(x)＝eq\f([x＋11＋lnx]′x－x＋11＋lnx,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).再令h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x).∵x≥1，則h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴[h(x)]min＝h(1)＝1>0，從而g′(x)>0，故g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴[g(x)]min＝g(1)＝2，∴k≤2.故實數(shù)k的取值范圍為(－∞，2].生活中的優(yōu)化問題優(yōu)化問題是導(dǎo)數(shù)在實際生活中的應(yīng)用之一，高考中有所體現(xiàn)，既可以以小題形式考查，也可以解答題形式考查，難度中低檔．[考點精要]解答思路[典例]某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建立成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建立成本為100元/平方米，底面的建立成本為160元/平方米，該蓄水池的總建立成本為12000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域．(2)探討函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．[解](1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh(元)，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又據(jù)題意知200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．因為r＞0，又由h＞0可得r＜5eq\r(3)，故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5eq\r(3))．(2)因為V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)．當r∈(0,5)時，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當r∈(5,5eq\r(3))時，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．[類題通法]利用導(dǎo)數(shù)求實際問題的最大(小)值的一般方法(1)分析實際問題中各個量之間的關(guān)系，正確設(shè)定所求最大或最小值的變量y與自變量x，把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，即列出函數(shù)關(guān)系y＝f(x)，依據(jù)實際問題確定y＝f(x)的定義域．(2)求方程f′(x)＝0的全部實數(shù)根．(3)比較導(dǎo)函數(shù)在各個根和區(qū)間端點處的函數(shù)值的大小，依據(jù)實際問題的意義確定函數(shù)的最大值或最小值．eq\a\vs4\al([題組訓(xùn)練])1．書店預(yù)料一年內(nèi)要銷售某種書15萬冊，欲分幾次訂貨，假如每次訂貨要付手續(xù)費30元，每千冊書存放一年要耗庫存費40元，并假設(shè)該書勻稱投放市場，問此書店分________次進貨、每次進__________冊，可使所付的手續(xù)費與庫存費之和最少．解析：設(shè)每次進書x千冊(0＜x＜150)，手續(xù)費與庫存費之和為y元，由于該書勻稱投放市場，則平均庫存量為批量一半，即eq\f(x,2)，故有y＝eq\f(150,x)×30＋eq\f(x,2)×40，y′＝－eq\f(4500,x2)＋20＝eq\f(20x＋15x－15,x2)，∴當0＜x＜15時，y′＜0，當15＜x＜150時，y′＞0.故當x＝15時，y取得最小值，此時進貨次數(shù)為eq\f(150,15)＝10(次)．即該書店分10次進貨，每次進15000冊書，所付手續(xù)費與庫存費之和最少．答案：10150002．一艘輪船在航行時的燃料費和它的速度的立方成正比，已知速度為每小時10千米時的燃料費是每小時6元，而其他與速度無關(guān)的費用是每小時96元，問此輪船以何種速度航行時，能使行駛每千米的費用總和最小？解：設(shè)輪船速度為x(x＞0)千米/時的燃料費用為Q元，則Q＝kx3，由6＝k×103，可得k＝eq\f(3,500).∴Q＝eq\f(3,500)x3.∴總費用y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,500)x3＋96))·eq\f(1,x)＝eq\f(3,500)x2＋eq\f(96,x).∵y′＝eq\f(6x,500)－eq\f(96,x2).令y′＝0，得x＝20.∴當x∈(0,20)時，y′＜0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，當x∈(20，＋∞)時，y′＞0，此時函數(shù)單調(diào)遞增．∴當x＝20時，y取得最小值，∴此輪船以20千米/時的速度行駛每千米的費用總和最小．1．下面求導(dǎo)運算正確的是()A．(2x)′＝2xlog2eB．(x3sinx)′＝3x2cosxC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,cosx)))′＝－eq\f(1,sinx)D．(x＋log3x)′＝1＋eq\f(1,xln3)解析：選D(2x)′＝2xln2，(x3sinx)′＝3x2sinx＋x3·cosx，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,cosx)))′＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)，(x＋log3x)′＝1＋eq\f(1,xln3)，所以選D.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則c的取值范圍為()A．c＜eq\f(1,4) B．c≤eq\f(1,4)C．c≥eq\f(1,4) D．c＞eq\f(1,4)解析：選A由題意得f′(x)＝x2－x＋c，若函數(shù)f(x)有極值，則Δ＝1－4c＞0，解得c＜eq\f(1,4).3．已知函數(shù)f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2處有極值，則該函數(shù)的一個遞增區(qū)間是()A．(2,3) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)解析：選B因為函數(shù)f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2處有極值，又f′(x)＝6x2＋2ax＋36，所以f′(2)＝0解得a＝－15.令f′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函數(shù)的一個遞增區(qū)間是(3，＋∞)．4．已知f(x)＝3x2＋lnx，則lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,Δx)＝()A．7 B.eq\f(7,3)C．21 D．－21解析：選C∵f′(x)＝6x＋eq\f(1,x)，∴l(xiāng)ieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,Δx)＝3lieq\o(m,\s\up6(,3Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,3Δx)＝3f′(1)＝21.5．函數(shù)y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值為()A．e B．1C．－1 D．－e解析：選C函數(shù)y＝lnx－x的定義域為(0，＋∞)，又y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令y′＝0得x＝1，當x∈(0,1)時，y′>0，函數(shù)單調(diào)遞增；當x∈(1，e)時，y′<0，函數(shù)單調(diào)遞減．當x＝1時，函數(shù)取得最大值－1，故選C.6．已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2＋2x，若存在滿意0≤x0≤3的實數(shù)x0，使得曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線與直線x＋my－10＝0垂直，則實數(shù)m的取值范圍是()A．[6，＋∞) B．(－∞，2]C．[2,6] D．[5,6]解析：選Cf′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，因為x0∈[0,3]，所以f′(x0)∈[2,6]，又因為切線與直線x＋my－10＝0垂直，所以切線的斜率為m，所以m的取值范圍是[2,6]．7．曲線y＝eq\f(cosx,x)在點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))處的切線方程為________．解析：y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)，∴切線的斜率k＝y(tǒng)′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,2)))＝－eq\f(2,π).∴所求切線的方程為y－0＝－eq\f(2,π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，即y＝－eq\f(2,π)x＋1.答案：y＝－eq\f(2,π)x＋18．函數(shù)f(x)＝12x－x3在區(qū)間[－3,3]上的最小值是________．解析：f′(x)＝12－3x2.令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.因為f(－3)＝－9，f(－2)＝－16，f(2)＝16，f(3)＝9，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－3,3]上的最小值是－16.答案：－169．設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋a2x的兩個極值點，若x1＜2＜x2，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的兩個零點x1，x2滿意x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6.答案：(2,6)10．已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2＋4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x－3.(1)求a，b的值；(2)探討f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的微小值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x＋4.∵曲線在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x－3.∴f(0)＝－3，f′(0)＝2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,a＋b＋4＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,a＝1.))(2)由(1)知f(x)＝ex(x－3)－x2＋4x，f′(x)＝ex(x－2)－2x＋4＝(x－2)(ex－2)．令f′(x)＝0，得x＝ln2或x＝2.∴當x∈(－∞，ln2)∪(2，＋∞)時，f′(x)＞0；當x∈(ln2,2)時，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，ln2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2,2)上單調(diào)遞減．∴當x＝2時，函數(shù)f(x)取得微小值，且微小值為f(2)＝4－e2.11．某工廠某種產(chǎn)品的年產(chǎn)量為1000x噸，其中x∈[20,100]，須要投入的成本為C(x)(單位：萬元)，當x∈[20,80]時，C(x)＝eq\f(1,2)x2－30x＋500；當x∈(80,100]時，C(x)＝eq\f(20000,\r(x)).若每噸商品售價為eq\f(lnx,x)萬元，通過市場分析，該廠生產(chǎn)的商品能全部售完．(1)寫出年利潤L(x)(單位：萬元)關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；(2)年產(chǎn)量為多少噸時，該廠所獲利潤最大？解：(1)由題意，知L(x)＝1000lnx－C(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1000lnx－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－30x＋500))，x∈[20，80]，,1000lnx－\f(20000,\r(x))，x∈80，100].))(2)當x∈[20,80]時，L′(x)＝－eq\f(x－50x＋20,x)，∴L(x)在[20,50)上單調(diào)遞增，在[50,80)上單調(diào)遞減，∴當x＝50時，L(x)max＝1000ln50－250；當x∈(80,100]時，L(x)＝1000lnx－eq\f(20000,\r(x))單調(diào)遞增，∴L(x)max＝1000ln100－2000.∵1000ln50－250－(1000ln100－2000)＝1750－1000ln2＞1750－1000＞0，∴當x＝50，即年產(chǎn)量為50000噸時，利潤最大，最大利潤為(1000ln50－250)萬元．12．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx的導(dǎo)函數(shù)為h(x)，f(x)的圖象在點(－2，f(－2))處的切線方程為3x－y＋4＝0，且h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝0，又直線y＝x是函數(shù)g(x)＝kxex的圖象的一條切線．(1)求函數(shù)f(x)的解析式及k的值；(2)若f(x)≤g(x)－m＋1對于隨意x∈[0，＋∞)恒成立，求m的取值范圍．解：(1)由f(x)＝ax3＋bx2＋cx，可知h(x)＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.由f(x)在(－2，f(－2))處的切線方程為3x－y＋4＝0可知，f(－2)＝－8a＋4b－2c＝－2，①f′(－2)＝12a－4b＋c＝3，②又由h′(x)＝6ax＋2b可知，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－4a＋2b＝0，③由①②③，解得a＝eq\f(1,2)，b＝1，c＝1，所以f(x)的解析式為f(x)＝eq\f(1,2)x3＋x2＋x.由題意，g(x)＝kxex與y＝x相切可知函數(shù)在原點或(－lnk，－lnk)處切線斜率為1.因為g′(x)＝k(ex＋xex)，所以g′(0)＝k＝1或g′(－lnk)＝1，得k＝1.綜上可得k的值為1.(2)若f(x)≤g(x)－m＋1對隨意x∈[0，＋∞)恒成立，即eq\f(1,2)x3＋x2＋x≤xex－m＋1恒成立，則m－1≤xex－eq\f(1,2)x3－x2－x恒成立．設(shè)q(x)＝xex－eq\f(1,2)x3－x2－x＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1))，令p(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，p′(x)＝ex－x－1，再令φ(x)＝ex－x－1，φ′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.所以當x∈[0，＋∞)時，φ′(x)≥0，所以φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)≥φ(0)＝0，即p′(x)≥0，所以p(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以p(x)≥p(0)＝0，所以當x∈[0，＋∞)時，q(x)≥0恒成立，且q(0)＝0，因此，m－1≤0即可，則m≤1.故m的取值范圍為(－∞，1]．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．命題“?x0∈R,2x0－3>1”的否定是()A．?x0∈R,2x0－3≤1 B．?x∈R,2x－3>1C．?x∈R,2x－3≤1 D．?x0∈R,2x0－3>1解析：選C由特稱命題的否定的定義即知．2．函數(shù)y＝－eq\f(1,x)的圖象在點(1，－1)處的切線的方程是()A．x－y－2＝0 B．2x－2y＋3＝0C．x＋y＝0 D．x－y＝0解析：選A∵y′＝eq\f(1,x2)，∴y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＝1))，∴y＝－eq\f(1,x)在點(1，－1)處的切線的斜率為1，∴切線的方程為y－(－1)＝x－1，即x－y－2＝0，故選A.3．拋物線y＝ax2的準線方程是y＝2，則a的值為()A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C．8 D．－8解析：選B由y＝ax2得x2＝eq\f(1,a)y， ∴eq\f(1,a)＝－8，∴a＝－eq\f(1,8).4．下列說法中正確的是()A．一個命題的逆命題為真，則它的逆否命題肯定為真B．“a>b”與“a＋c>b＋c”不等價C．“a2＋b2＝0，則a，b全為0”的逆否命題是“若a，b全不為0，則a2＋b2≠0”D．一個命題的否命題為真，則它的逆命題肯定為真解析：選D否命題和逆命題互為逆否命題，有著一樣的真假性，故選D.5．已知甲：a，b，c成等差數(shù)列；乙：eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＝2.則甲是乙的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A若eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＝2，則a＋c＝2b，由此可得a，b，c成等差數(shù)列；當a，b，c成等差數(shù)列時，可得a＋c＝2b，但不肯定得出eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＝2，如a＝－1，b＝0，c＝1.所以甲是乙的必要不充分條件，故選A.6．雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,n)＝1(mn≠0)的離心率為2，它的一個焦點與拋物線y2＝4x的焦點重合，則mn的值為()A.eq\f(3,16) B.eq\f(3,8)C.eq\f(16,3) D.eq\f(8,3)解析：選A拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，故雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,n)＝1中，m>0，n>0且m＋n＝c2＝1.①又雙曲線的離心率e＝eq\f(c,\r(m))＝eq\r(\f(m＋n,m))＝2，②聯(lián)立方程①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,4)，,n＝\f(3,4).))故mn＝eq\f(3,16).7．下列命題的否定是真命題的是()A．存在向量m，使得在△ABC中，m∥eq\o(AB,\s\up7(→))且m∥eq\o(AC,\s\up7(→))B．對全部正實數(shù)x，都有x＋eq\f(1,x)≥2C．對全部第四象限的角α，都有sinα<0D．有的冪函數(shù)的圖象不經(jīng)過點(1,1)解析：選DA中，當m＝0時，滿意m∥eq\o(AB,\s\up7(→))且m∥eq\o(AC,\s\up7(→))，所以A是真命題，其否定是假命題；B中，由于x>0，所以x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時等號成立，所以B是真命題，其否定是假命題；C中，由于第四象限角的正弦值是負數(shù)，所以C是真命題，其否定是假命題；D中，對于冪函數(shù)f(x)＝xα，均有f(1)＝1，所以冪函數(shù)的圖象均經(jīng)過點(1,1)，所以D是假命題，其否定是真命題．故選D.8.函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖，則函數(shù)y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f(c,3)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2] B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．[－2,3] D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞))解析：選D由題圖可知d＝0.不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由圖可知f′(－2)＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0,27＋6b＋c＝0，∴b＝－eq\f(3,2)，c＝－18.∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6，y′＝2x－eq\f(9,4).當x＞eq\f(9,8)時，y′＞0，∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞)).故選D.9．已知F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)是橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1的兩個焦點，點P在橢圓上，∠F1PF2＝α.當α＝eq\f(2π,3)時，△F1PF2面積最大，則m＋n的值是()A．41 B．15C．9 D．1解析：選B由S△F1PF2＝eq\f(1,2)|F1F2|·yP＝3yP，知P為短軸端點時，△F1PF2面積最大．此時∠F1PF2＝eq\f(2π,3)，得a＝eq\r(m)＝2eq\r(3)，b＝eq\r(n)＝eq\r(3)，故m＋n＝15.10．已知雙曲線C的離心率為2，焦點為F1，F(xiàn)2，點A在C上．若|F1A|＝2|F2A|，則cos∠AF2F1＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(2),3)解析：選A由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|F1A|－|F2A|＝2a，,|F1A|＝2|F2A|，))解得|F2A|＝2a，|F1A|＝4a，又由已知可得eq\f(c,a)＝2，所以c＝2a，即|F1F2|＝4a，∴cos∠AF2F1＝eq\f(|F2A|2＋|F1F2|2－|F1A|2,2|F2A|·|F1F2|)＝eq\f(4a2＋16a2－16a2,2×2a×4a)＝eq\f(1,4).故選A.11．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0) B．(－∞，4]C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)解析：選B由2xlnx≥－x2＋ax－3，得a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當x∈(0,1)時，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范圍是(－∞，4]．12．定義在R上的函數(shù)f(x)滿意：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為()A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定解析：選A設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex′,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由題意g′(x)＞0，所以g(x)單調(diào)遞增，當x1＜x2時，g(x1)＜g(x2)，即eq\f(fx1,ex1)＜eq\f(fx2,ex2)，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中的橫線上)13．已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(0)的值為________．解析：因為f(x)＝(2x＋1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，所以f′(0)＝3e0＝3.答案：314．命題“?x0∈R,2xeq\o\al(2,0)－3ax0＋9＜0”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：∵?x0∈R,2xeq\o\al(2,0)－3ax0＋9＜0為假命題，∴?x∈R,2x2－3ax＋9≥0為真命題，∴Δ＝9a2－4×2×9≤0，即a2≤8，∴－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2).答案：[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]15．若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的漸近線與拋物線x2＝4y的準線所圍成的三角形的面積為2，則該雙曲線的離心率為________．解析：依題意，得雙曲線的漸近線方程是y＝±eq\f(b,a)x，拋物線的準線方程是y＝－1，因此所圍成的三角形的三個頂點坐標分別是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)，－1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)，－1))，(0,0)，該三角形的面積等于2×eq\f(1,2)×eq\f(a,b)×1＝eq\f(a,b)＝2，因此該雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2).答案：eq\f(\r(5),2)16．某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價為p元，銷量Q(單位：件)與零售價p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2，則該商品零售價定為______元時利潤最大，利潤的最大值為______元．解析：設(shè)商場銷售該商品所獲利潤為y元，則y＝(p－20)(8300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000(p≥20)，則y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．則p，y，y′變更關(guān)系如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y極大值故當p＝30時，y取極大值為23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一個極值，故也是最值．所以該商品零售價定為每件30元，所獲利潤最大為23000元．答案：3023000三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知命題p：方程eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,m)＝1表示焦點在y軸上的橢圓；命題q：?x∈R,4x2－4mx＋4m－3≥0.若(綈p)∧q為真，求m的取值范圍．解：p真時，m>2.q真時，4x2－4mx＋4m－3≥0在R上恒成立．Δ＝16m2－16(4m－3)≤0，解得1≤m≤3.∵(綈p)∧q為真，∴p假，q真．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤2，,1≤m≤3，))即1≤m≤2.∴所求m的取值范圍為[1,2]．18．(本小題滿分12分)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)上一點M(m,4)到其焦點的距離為5.(1)求拋物線C的方程；(2)若過點M的雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一個頂點為拋物線C的焦點，求該雙曲線的漸近線方程．解：(1)由拋物線的定義可得4＋eq\f(p,2)＝5，解得p＝2，所以拋物線C的方程為x2＝4y.(2)把M(m,4)代入x2＝4y可得m＝±4，所以M點的坐標為(±4,4)，∵拋物線x2＝4y的焦點為(0,1)，∴a＝1，∴雙曲線的方程為y2－eq\f(x2,b2)＝1(b＞0)，代入M(±4,4)得b2＝eq\f(16,15)，b＝eq\f(4,\r(15))，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,\f(4,\r(15)))x，即為y＝±eq\f(\r(15),4)x.19．(本小題滿分12分)已知a＜2，函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋a)·ex.(1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若f(x)的極大值是6e－2，求a的值．解：(1)當a＝1時，f(x)＝(x2＋x＋1)ex，則f′(x)＝(x2＋3x＋2)ex.由f′(x)≥0得x2＋3x＋2≥0，即x≥－1或x≤－2，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2]和[－1，＋∞)．(2)f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝[x2＋(a＋2)x＋2a]ex.由f′(x)＝0得x＝－2或x＝－a，因為a＜2，所以－a＞－2.當x變更時，f′(x)，f(x)的變更狀況如表所示：x(－∞，－2)－2(－2，－a)－a(－a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值所以x＝－2時f(x)取得極大值，即(4－2a＋a)e－2＝6e－2，所以a＝－2.20．(本小題滿分12分)已知橢圓C：x2＋2y2＝4.(1)求橢圓C的離心率；(2)設(shè)O為原點，若點A在直線y＝2上，點B在橢圓C上，且OA⊥OB，求線段AB長度的最小值．解：(1)由題意，得橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝eq\r(2).故橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)點A，B的坐標分別為(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因為OA⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－eq\f(2y0,x0).又xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2y0,x0)))2＋(y0－2)2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝xeq\o\al(2,0)＋eq\f(4－x\o\al(