导数(大题总结)

一.专题综述利用导数处理函数、方程和不等式问题是高考必考的内容，常以一道大题的形式出现，并且有一定的难度，往往放在解答题的后面两道题中的一个。试题考查丰富的数学思想，如函数与方程思想常应用解决函数与方程的相关问题，等价转化思想常应用于不等式恒成立问题和不等式证明问题，分类讨论思想常用于判断含有参数的函数的单调性、最值等问题，同时要求考生有较强的计算能力和综合问题的分析能力。纵观2023年各地的高考题，对于本专题常见的考点可分为八个方面，一是导数的几何意义的应用，二是导数运算和解不等式相联系，三是利用导数研究函数的单调性，四是利用导数研究函数的极值，五是利用导数研究函数的最值，六是利用导数研究不等式的综合问题，七是利用导数研究实际应用问题的最优化问题，八是微积分的应用。二．考纲解读1.了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义。2．能利用给出的根本初等函数的导数公式和导数的四那么运算法那么求简单函数的导数．能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax＋b)的复合函数)的导数．3.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．4．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．

6．会利用导数解决某些实际问题．掌握利用导数解决实际生活中的优化问题的方法和步骤，如用料最少、费用最低、消耗最省、利润最大、效率最高等。7.掌握导数与不等式、几何等综合问题的解题方法。8.了解定积分的实际背景，了解定积分的根本思想，了解定积分的概念．了解微积分根本定理的含义．三.2023年高考命题趋向1.求导公式和法那么，以及导数的几何意义是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中档左右，在考查导数的概念及其运算的根底上，又注重考查解析几何的相关知识.预测2023年高考仍将以导数的几何意义为背景设置成的导数与解析几何的综合题为主要考点．重点考查运算及数形结合能力。2.利用导数来研究函数的单调性和极值问题已成为炙手可热的考点，既有小题，也有解答题，小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，解答题主要考查导数与函数单调性，或方程、不等式的综合应用(各套都从不同角度进行考查)预测2023年高考仍将以利用导数研究函数的单调性与极值为主要考向．3利用导数来研究函数的最值及生活中优化问题成为高考的热点，试题大多有难度，考查时多与函数的单调性、极值结合命题，考生学会做综合题的能力．预测2023年高考仍将以利用导数研究函数的单调性、极值与最值结合题目为主要考向，同时也应注意利用导数研究生活中的优化问题．4.微积分根本定理是高中数学的新增内容．通过分析近三年的高考试题，可以看到对它考查的频率较低，且均是以客观题的形式出现的，难度较小，着重于根底知识、根本方法的考查．四．高频考点解读考点一导数的几何意义例1[2023·湖南卷]曲线y＝eq\f(sinx,sinx＋cosx)－eq\f(1,2)在点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))处的切线的斜率为()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(2),2)【答案】B【解析】对y＝eq\f(sinx,sinx＋cosx)－eq\f(1,2)求导得到:y′＝eq\f(cosxsinx＋cosx－sinxcosx－sinx,sinx＋cosx2)＝eq\f(1,sinx＋cosx2)，当x＝eq\f(π,4)，得到y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,4)))＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(1,2).例2[2023·山东卷]曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是()A．－9B．－3C．9D．15【答案】C【解析】因为y′＝3x2，所以k＝y′|x＝1＝3，所以过点P(1,12)的切线方程为y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，所以与y轴交点的纵坐标为9.考点二导数的运算例3[2023·江西卷]假设f(x)＝x2－2x－4lnx，那么f′(x)>0的解集为()A．(0，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1,0)【答案】C【解析】方法一：令f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)＝eq\f(2x－2x＋1,x)>0，又∵f(x)的定义域为{x|x>0}，∴(x－2)(x＋1)>0(x>0)，解得x>2.应选C.方法二：令f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)>0，由函数的定义域可排除B、D，取x＝1代入验证，可排除A，应选C.例4[2023·辽宁卷]函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，那么f(x)＞2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)【答案】B【解析】设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)，应选B.考点三利用导数研究函数的单调性例5[2023·广东卷]设a＞0，讨论函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．【解答】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(2a1－ax2－21－ax＋1,x)，x2＝eq\f(1,2a)＋eq\f(\r(a－13a－1),2a1－a)<0，所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1，且当0<x<x1时，f′(x)>0，f(x)在(0，x1)内为增函数；当x>x1时，f′(x)<0，f(x)在(x1，＋∞)内为减函数．f(x)的单调区间如下表：0<a<eq\f(1,3)eq\f(1,3)≤a≤1a>1(0，x1)(x1，x2)(x2，＋∞)(0，＋∞)(0，x1)(x1，＋∞)(其中x1＝eq\f(1,2a)－eq\f(\r(a－13a－1),2a1－a)，x2＝eq\f(1,2a)＋eq\f(\r(a－13a－1),2a1－a))例6[2023·福建卷]a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f…是自然对数的底数)．(1)求实数b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m<M)，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))都有公共点？假设存在，求出最小的实数m和最大的实数M；假设不存在，说明理由．【解答】(1)由f(e)＝2得b＝2.(2)由(1)可得f(x)＝－ax＋2＋axlnx.从而f′(x)＝alnx.因为a≠0，故：①当a>0时，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得0<x<1；②当a<0时，由f′(x)>0得0<x<1，由f′(x)<0得x>1.综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.由(2)可得，当x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xeq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))1(1，e)ef′(x)－0＋f(x)2－eq\f(2,e)单调递减极小值1单调递增2又2－eq\f(2,e)<2，所以函数f(x)(x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)))的值域为[1,2]．据此可得，假设eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,M＝2))相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))都有公共点；并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))都没有公共点．综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))都有公共点．例7[2023·安徽卷]设f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a为正实数．(1)当a＝eq\f(4,3)时，求f(x)的极值点；(2)假设f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．【解答】对f(x)求导得f′(x)＝exeq\f(1＋ax2－2ax,1＋ax22).①(1)当a＝eq\f(4,3)时，假设f′(x)＝0，那么4x2－8x＋3＝0，解得x1＝eq\f(3,2)，x2＝eq\f(1,2).结合①可知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)极大值极小值所以，x1＝eq\f(3,2)是极小值点，x2＝eq\f(1,2)是极大值点．(2)假设f(x)为R上的单调函数，那么f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0<a≤1.【解题技巧点睛】单调性是函数的最重要的性质，函数的极值、最值等问题的解决都离不开函数的单调性，含有字母参数的函数的单调性又是综合考查不等式的解法、分类讨论的良好素材．函数单调性的讨论是高考考查导数研究函数问题的最重要的考查点．函数单调性的讨论往往归结为一个不等式、特别是一元二次不等式的讨论，对一元二次不等式，在二次项系数的符号确定后就是根据其对应的一元二次方程两个实根的大小进行讨论，即分类讨论的标准是先二次项系数、再根的大小．对于在指定区间上不等式的恒成立问题，一般是转化为函数最值问题加以解决，如果函数在这个指定的区间上没有最值，那么可转化为求函数在这个区间上的值域，通过值域的端点值确定问题的答案．考点四利用导数研究函数的极值问题例8[2023·安徽卷]函数f(x)＝axm(1－x)n在区间[0,1]上的图像如图1－2所示，那么m，n的值可能是()A．m＝1，n＝1B．m＝1，n＝2C．m＝2，n＝1D．m＝3，n＝1【答案】B【解析】由图可知am＝1，n＝1时，f(x)＝ax(1－x)的图像关于直线x＝eq\f(1,2)对称，所以A不可能；当m＝1，n＝2时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x3－2x2＋x)，f′(x)＝a(3x2－4x＋1)＝a(3x－1)(x－1)，所以f(x)的极大值点应为x＝eq\f(1,3)＜0.5，由图可知B可能．当m＝2，n＝1时，f(x)＝ax2(1－x)＝a(x2－x3)，f′(x)＝a(2x－3x2)＝－ax(3x－2)，所以f(x)的极大值点为x＝eq\f(2,3)＞0.5，所以C不可能；当m＝3，n＝1时，f(x)＝ax3(1－x)＝a(x3－x4)，f′(x)＝a(3x2－4x3)＝－ax2(4x－3)，所以f(x)的极大值点为x＝eq\f(3,4)＞0.5，所以D不可能，应选B.例9[2023·浙江卷]设函数f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.(1)假设x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．注：e为自然对数的底数．从而，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．所以要使f(x)≤4e2对x∈(1,3e]恒成立，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝x0－a2lnx0≤4e2，1,f3e＝3e－a2ln3e≤4e22))成立．由h(x0)＝2lnx0＋1－eq\f(a,x0)＝0，知a＝2x0lnx0＋x0.(3)将(3)代入(1)得4xeq\o\al(2,0)ln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函数x2ln3x在[1，＋∞)内单调递增，故1<x0≤e.再由(3)以及函数2xlnx＋x在(1，＋∞)内单调递增，可得1<a≤3e.由(2)解得，3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e＋eq\f(2e,\r(ln3e))，所以3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e.综上，a的取值范围3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e.【解题技巧点睛】函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本，函数的单调递增区间和单调递减区间的分界点就是函数的极值点，在含有字母参数的函数中讨论函数的单调性就是根据函数的极值点把函数的定义域区间进行分段，在各个段上研究函数的导数的符号，确定函数的单调性，也确定了函数的极值点，这是讨论函数的单调性和极值点情况进行分类的根本原那么．考点四利用导数研究函数的最值问题例10[2023·北京卷]函数f(x)＝(x－k)2eeq\f(x,k).(1)求f(x)的单调区间；(2)假设对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤eq\f(1,e)，求k的取值范围．【解答】(1)f′(x)＝eq\f(1,k)(x2－k2)eeq\f(x,k).令f′(x)＝0，得x＝±k.当k＞0时，f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，－k)－k(－k，k)k(k，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)4k2e－10所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．当k＜0时，f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k)k(k，－k)－k(－k，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)04k2e－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝eeq\f(k＋1,k)＞eq\f(1,e)，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e).当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝eq\f(4k2,e).所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)，等价于f(－k)＝eq\f(4k2,e)≤eq\f(1,e).解得－eq\f(1,2)≤k＜0.故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)时，k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).例11[2023·江西卷]设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)假设f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－eq\f(16,3)，求f(x)在该区间上的最大值．【解答】(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，考点六利用导数与不等式相联系例12[2023·课标全国卷]函数f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范围．【解答】(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2)，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq\f(1,2)，且过点(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得a＝1，b＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，所以f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f(k－1x2－1,x))).考虑函数h(x)＝2lnx＋eq\f(k－1x2－1,x)(x>0)，那么h′(x)＝eq\f(k－1x2＋1＋2x,x2).①设k≤0，由h′(x)＝eq\f(kx2＋1－x－12,x2)知，当x≠1时，h′(x)＜0，而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0.从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).②设0＜k＜1，由于当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,1－k)))时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,1－k)))时，h(x)>0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)<0.与题设矛盾．③设k≥1，此时h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＜0，与题设矛盾．综合得，k的取值范围为(－∞，0]．例13[2023·辽宁卷]函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a＞0，证明：当0＜x＜eq\f(1,a)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))；(3)假设函数y＝f(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)＜0.【解答】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).①假设a≤0，那么f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调增加．②假设a＞0，那么由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0，当x＞eq\f(1,a)时，f′(xf(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))单调增加，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))单调减少．(2)设函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))，那么g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，g′(x)＝eq\f(a,1＋ax)＋eq\f(a,1－ax)－2a＝eq\f(2a3x2,1－a2x2).当0＜x＜eq\f(1,a)时，g′(x)＞0，而g(0)＝0，所以g(x)＞0.故当0＜x＜eq\f(1,a)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x)).(3)由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图像与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>0.不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0<x1<x2，那么0<x1<eq\f(1,a)<x2.由(2)得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,a)－x1))>f(x1)＝0.从而x2>eq\f(2,a)－x1，于是x0＝eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a).由(1)知，f′(x0)<0.【解题技巧点睛】在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的情况，根本的题目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式)，研究不等式在一个区间上成立时不等式的某个参数的取值范围，研究含有指数式、对数式、三角函数式等超越式的方程在某个区间上的根的个数等，这些问题依据根底初等函数的知识已经无能为力，就需要根据导数的方法进行解决．使用导数的方法研究不等式和方程的根本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数．在高考题的大题中，每年都要设计一道函数大题.因为导数的引入，为函数问题的解决提供了操作工具.因此入手大家比拟清楚，但是深入解决函数与不等式相结合的题目时，往往一筹莫展.原因是找不到两者的结合点，不清楚解决技巧.解题技巧总结如下：〔1〕树立效劳意识：所谓“效劳意识〞是指利用给定函数的某些性质〔一般第一问先让解决出来〕，如函数的单调性、最值等，效劳于第二问要证明的不等式.〔2〕强化变形技巧：所谓“强化变形技巧〞是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数〔指数〕，移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.〔3〕巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数〞是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，表达一个“巧妙〞.考点七利用导数研究实际问题例14[2023·山东卷]某企业拟建造如下图的容器〔不计厚度，长度单位：米〕，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且．假设该容器的建造费用仅与其外表积有关．圆柱形局部每平方米建造费用为3千元，半球形局部每平方米建造费用为〔〕千元．设该容器的建造费用为千元．(Ⅰ)写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；(Ⅱ)求该容器的建造费用最小时的．【解答】(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋eq\f(4,3)πr3，又V＝eq\f(80π,3)，故l＝eq\f(V－\f(4,3)πr3,πr2)＝eq\f(80,3r2)－eq\f(4,3)r＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r)).由于l≥2r，因此0<r≤2.所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r))×3＋4πr2c，因此y＝4π(c－2)r2＋eq\f(160π,r)，0<r≤2.(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－eq\f(160π,r2)＝eq\f(8πc－2,r2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3－\f(20,c－2)))，0<r≤2.由于c>3，所以c－2>0，当r3－eq\f(20,c－2)＝0时，r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).令eq\r(3,\f(20,c－2))＝m，那么m>0，所以y′＝eq\f(8πc－2,r2)(r－m)(r2＋rm＋m2)．①当0<m<2即c>eq\f(9,2)时，当r＝m时，y′＝0；当r∈(0，m)时，y′<0；当r∈(m,2]时，y′>0.所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．②当m≥2即3<c≤eq\f(9,2)时，当r∈(0,2]时，y′<0，函数单调递减，所以r＝2是函数y的最小值点．综上所述，当3<c≤eq\f(9,2)时，建造费用最小时r＝2；当c>eq\f(9,2)时，建造费用最小时r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).【解题技巧点睛】利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：1．分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学

模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；

2．求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域

内的实根，确定极值点；

3．比拟函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；

4．复原到原实际问题中作答．考点八微积分的应用例15[2023·福建卷]eq\i\in(0,1,)(ex＋2x)dx等于()A．1B．e－1C．eD．e＋1【答案】C【解析】因为F(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，那么eq\i\in(0,1,)(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|eq\o\al(1,0)＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，应选C.例16[2023新课标全国]由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为()．A．B．4C．D．6【答案】C【解析】如图，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(x)，,y＝x－2))解得x＝4或x＝1.经检验x＝1为增根，∴x＝4，∴B(4,2)，又可求A(0，－2)，所以阴影局部的面积S＝eq\i\in(0,4,)(eq\r(x)－x＋2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x\f(3,2)－\f(x2,2)＋2x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(4,0))＝eq\f(16,3).【解题技巧点睛】利用定积分求平面图形面积的关键是画出几何图形，结合图形位置，确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分根本定理求出积分值．求平面图形面积的步骤：

(1)根据条件作出所求面积的区域草图；

(2)通过图形直接判定(或联立方程组求出交点的横坐标)，确定积分上、下限；

(3)根据图形的形状用积分面积公式计算所求区域的面积.针对训练一．选择题1.〔2023广西柳铁一中第一次月考〕为实数，函数的导函数是偶函数，那么曲线在原点处的切线方程是〔〕A.B.C.D.【答案】B【解析】2.〔2023届浏阳一中高三第一次月考〕函数在下面那个区间为增函数AB.C.D.【答案】C【解析】因为,当时,,>0,此时函数为增函数,应选C.3.〔2023届四川自贡高三一诊〕以下图像中，有且只有一个是函数的导数的图象，那么的值为 〔〕【答案】B【解析】由知，，由的图象可得，所以.4.〔银川一中2023届高三年级第四次月考〕过点〔0，1〕且与曲线在点〔3，2〕处的切线垂直的直线的方程为()A． B． C． D．【答案】A【解析】所求直线的斜率为又过点〔0,1〕，故直线方程为.5.〔银川一中2023届高三年级第四次月考〕假设函数的导函数，那么使得函数单调递减的一个充分不必要条件是x∈()A．[0，1]B．[3，5]C．[2，3]D．[2，4]【答案】C【解析】那么函数的单调递减为，[2，3],故答案为C.6.〔河北省唐山市2023届高三上学期摸底考试数学〕.曲线与直线及所围成的封闭图形的面积为〔〕A.B.C.D.【答案】B【解析】如下图，所求封闭图形的面积。7.〔2023届江西省重点中学协作体高三第一次联考〕如图，设D是图中所示的矩形区域，E是D内函数图象上方的点构成的区域，向D中随机投一点，那么该点落入E〔阴影局部〕中的概率为〔〕 A．B．C．D．【答案】D【解析】，，所以该点落入E〔阴影局部〕中的概率为。8.〔浙江省名校新高考研究联盟2023届第一次联考〕函数，方程有四个实数根，那么的取值范围为()-1A．B．C．D．-1【答案】【解析】的图像如下图，极大值；记，要使得方程有四个零点，那么必有两个零点且，又常数项为1，所以，故．9.〔2023北京海淀区高三年级第一学期期末试题〕函数，那么以下命题中假命题是〔〕〔A〕既不是奇函数也不是偶函数〔B〕在上恰有一个零点〔C〕是周期函数〔D〕在上是增函数【答案】B【解析】不是偶函数，不是奇函数，故A为真命题；解得由正弦函数图像可知在上又两个零点，故B错;故函数为周期函数，C为真命题；故D为真命题。故答案为B.二．填空题10.(2023杭西高8月高三数学试题)垂直于直线，且与曲线相切的直线的方程是________.【答案】3x+y+6=0【解析】垂直于直线的切线的斜率是-3,11．〔2023届浏阳一中高三第一次月考〕假设函数，其中为实数.在区间上为减函数，且，那么的取值范围【答案】【解析】因为0对恒成立,所以0对恒成立,,因为,所以对恒成立,容易求得.12.〔2023湖北省孝感市度高中三年级第一次统一考试〕对于三次函数，定义：设是函数的导数的导数，假设方程有实数解，那么称点为函数的“拐点〞.有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心.〞请你将这一发现作为条件,求(1)函数对称中心为_______.(2分〕(2)假设函数，那么=_______.(3分〕【答案】〔1,1〕；2023.【解析】(1)f′(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－6，令6x－6＝0得x＝1，f(1)＝1，∴f(x)的对称中心为(1,1)．(2)令h(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋3x－eq\f(5,12)，k(x)＝eq\f(1,x－\f(1,2))，h′(x)＝x2－x＋3，h″(x)＝2x－1，由2x－1＝0得x＝eq\f(1,2)，∴h(x)的对称中心为，∴h(x)＋h(1－x)＝2，又k(x)的对称中心为，∴k(x)＋k(1－x)＝0，三．解答题13.【河北唐山市2023—2023学年度高三年级第一学期期末考试〔文〕】函数〔1〕假设曲线在点处的切线斜率为-2，求a的值以及切线方程；〔2〕假设是单调函数，求a的取值范围。解：〔Ⅰ〕f(x)＝1－2ax－eq\f(1,x)． 由题设，f(1)＝－2a＝－2，a＝此时f(1)＝0，切线方程为y＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0． …5分〔Ⅱ〕f(x)＝－eq\f(2ax2－x＋1,x)，令Δ＝1－8a当a≥eq\f(1,8)时，Δ≤0，f(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)单调递减． …10分当0＜a＜eq\f(1,8)时，Δ＞0，方程2ax2－x＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1＜x2，那么当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f(x)＜0，当x∈(x1，x2)时，f(x)＞0，这时f(x)不是单调函数．综上，a的取值范围是[eq\f(1,8)，＋∞)． …12分【唐山市2023—2023学年度高三年级第一学期期末考试〔理〕】函数〔1〕假设是单调函数，求的取值范围；〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，当且仅当a∈(0，eq\f(1,8))时，f(x)有极小值点x1和极大值点x2，且x1＋x2＝eq\f(1,2a)，x1x2＝eq\f(1,2a)．f(x1)＋f(x2)＝－lnx1－axeq\o(2,1)＋x1－lnx2－axeq\o(2,2)＋x2＝－(lnx1＋lnx2)－eq\f(1,2)(x1－1)－eq\f(1,2)(x2－1)＋(x1＋x2)＝－ln(x1x2)＋eq\f(1,2)(x1＋x2)＋1＝ln(2a)＋eq\f(1,4a)＋1． …9分令g(a)＝ln(2a)＋eq\f(1,4a)＋1，a∈(0，eq\f(1,8)]，那么当a∈(0，eq\f(1,8))时，g(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,4a2)＝eq\f(4a－1,4a2)＜0，g(a)在(0，eq\f(1,8))单调递减，所以g(a)＞g(eq\f(1,8))＝3－2ln2，即f(x1)＋f(x2)＞3－2ln2． …12分14．〔2023年长春市高中毕业班第一次调研测试〔文〕〕定义在正实数集上的函数，，其中．设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同．⑴用表示，并求的最大值；⑵求的极值．解：〔1〕设与的公共点为.∵，，由题意，.即，.〔2分〕得得：或〔舍去〕.即有. 〔4分〕令，那么.当，即时，；当，即时，.故在为增函数，在为减函数. 〔6分〕于是在上的最大值为，即的最大值为.〔8分〕〔2〕，那么．〔9分〕所以在上为减函数，在上为增函数，于是函数在时有极小值，无极大值.(12分)〔2023年长春市高中毕业班第一次调研测试理〕函数.⑴求函数的最小值；⑵假设≥0对任意的恒成立，求实数a的值；⑶在⑵的条件下，证明：.解：〔1〕由题意，由得.当时,；当时，.∴在单调递减，在单调递增.即在处取得极小值，且为最小值，其最小值为 〔4分〕〔2〕对任意的恒成立，即在上，.由〔1〕，设，所以.由得.∴在区间上单