一、導數的幾何意義
利用導數的幾何意義求切線方程，常見的型別有兩種，一是求「某點處的切線方程」，則此點一定為切點．二是求「過某點的切線方程」，則此點不一定為切點，若不是切點，可設出切點為(x0，y0)，再由導數幾何意義求解．
二、導數的運算
1．能根據導數定義求函式y＝c(c為常數)，y＝x，y＝x2，y＝的導數；
2．能利用基本初等函式的導數公式和導數的四則運算法則求簡單函式的導數．
三、導數在研究函式中的應用
1．利用導數求單調區間，步驟為
(1)求導數f′(x)；
(2)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；
(3)寫出單調增區間，減區間．
2．利用導數求函式的極值，一般步驟為
(1)確定f(x)的定義域；
(2)解方程f′(x)＝0；
(3)檢驗f′(x)＝0的根兩側f′(x)的符號．若兩側符號異號，則此點為極值點，否則，此根不是函式f(x)的極值點．
3．利用導數求函式f(x)在閉區間[a，b]上的最值的方法
(1)先求f(x)在(a，b)內的極值；
(2)再求f(a)，f(b)，與極值比較，其中最大的就是最大值，最小的就是最小值．
四、導數的實際應用
求實際問題中的最大(小)值，主要步驟如下：
(1)抽象出實際問題的數學模型，列出變數間的函式關係式y＝f(x)；
(2)求出函式的導數f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比較函式在區間端點和使f′(x)＝0的點處的函式值大小，最大者為最大值，最小者為最小值；
(4)回歸實際問題．
(時間90分鐘，滿分120分)
一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)
1．下列求導運算正確的是( )
a. ′＝1＋ b．(log2x)′＝
c．(5x)′＝5xlog5e d．(x2cos x)′＝2xsin x
解析：∵′＝1－；(5x)′＝5xln5；
(x2cos x)′＝(x2)′cos x＋x2(cos x)′＝2x cos x－x2sin x，
∴b選項正確．
答案：b
2．已知f(x)＝x2＋2x·f′(1)，則f′(0)等於( )
a．－2 b．2
c．1 d．－4
解析：∵f′(x)＝2x＋2f′(1)，∴令x＝1得，
f′(1)＝2＋2f′(1)，∴f′(1)＝－2，
∴f′(x)＝2x－4，∴f′(0)＝－4.
答案：d
3．一質點的運動方程為s＝20＋gt2(g＝9.8 m/s2)，則t＝3 s時的瞬時速度為( )
a．20 m/s b．29.4 m/s
c．49.4 m/s d．64.1 m/s
解析：v＝s′(t)＝gt.
∴當t＝3時，v＝3g＝29.4.
答案：b
4．曲線y＝x3＋11在點p(1,12)處的切線與y軸交點的縱座標是( )
a．－9 b．－3
c．9 d．15
解析：y′＝3x2，故曲線在點p(1,12)處的切線斜率是3，故切線方程是y－12＝3(x－1)，令x＝0得y＝9.
答案：c
5．若函式f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)內有極小值，則實數b的取值範圍是( )
a．(0,1) b．(－∞，1)
c．(0，＋∞) d.
解析：∵f′(x)＝3x2－6b，∴由f(x)在(0,1)內有極小值知，f(x)在(0,1)內先減再增，∴
∴∴0答案：d
6．函式y＝f(x)＝ln x－x在區間(0，e]上的最大值為( )
a．－e b．1－e
c．－1 d．0
解析：y′＝－1，令y′＝0，∴x＝1，列表如下
由於f(e)＝1－e，而－1>1－e，從而y最大值＝f(1)＝－1.
答案：c
7．對於r上的可導函式f(x)，若(x－1)f′(x)≥0，則必有( )
a．f(0)＋f(2)＜2f(1) b．f(0)＋f(2)＞2f(2)
c．f(0)＋f(2)≤2f(1) d．f(0)＋f(2)≥2f(1)
解析：①若f′(x)不恒為0，當x＞1時，f′(x)≥0，
當x＜1時，f′(x)≤0，
∴f(x)在(1，＋∞)上為增函式，(－∞，1)上為減函式，
∴f(2)＞f(1)，f(1)＜f(0)，即f(2)＋f(0)＞2f(1)．
②當f′(x)＝0恆成立時，f(2)＝f(0)＝f(1)，
∴f(2)＋f(0)≥2f(1)．
答案：d
8．已知函式y＝f(x)，其導函式y＝f′(x)的影象如圖所示，則y＝f(x)( )
a．在(－∞，0)上為減函式
b．在x＝0處取極小值
c．在(4，＋∞)上為減函式
d．在x＝2處取極大值
解析：當x<0時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上是增函式，故a錯；當x<0時，f′(x)>0，當04時f′(x)<0，f(x)在(4，＋∞)上是減函式，c正確．
答案：c
9．把乙個周長為12 cm的長方形圍成乙個圓柱，當圓柱的體積最大時，該圓柱的底面周長與高的比為( )
a．1∶π b．2∶π
c．1∶2 d．2∶1
解析：設圓柱高為x，底面半徑為r，則r＝，圓柱體積v＝π2x＝ (x3－12x2＋36x)(0v′＝ (x－2)(x－6)．
當00，當2當x＝2時，v最大．此時底面周長為6－x＝4，
(6－x)∶x＝4∶2＝2∶1.
答案：d
10．已知函式f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則的值為( )
a．－ b．－2
c．－2或－ d．不存在
解析：∵f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴由題意知f′(1)＝3＋2a＋b＝0，∴b＝－3－2a， ①
又f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10, ②
將①代入②整理得a2＋8a＋12＝0，
解得a＝－2或a＝－6.
當a＝－2時，b＝1；當a＝－6時，b＝9.
經檢驗得，a＝－2，b＝1不符合題意，捨去．
∴＝－.
答案：a
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)
11．函式f(x)＝2x2－ln x的單調遞增區間為________．
解析：函式f(x)的定義域為(0，＋∞)，
令f′(x)＝4x－＝＞0，得x＞.
即函式f(x)的單調遞增區間為
答案：12．求過點(1，－1)與曲線f(x)＝x3－2x相切的直線方程是________．
解析：設p(x0，y0)為切點，則切線斜率為
k＝f′(x0)＝3x－2.
∴切線方程為y－y0＝(3x－2)·(x－x0)．①
∵(x0，y0)在曲線上，∴y0＝x－2x0.②
又∵(1，－1)在切線上，
∴將②式和(1，－1)代入①式得
－1－(x－2x0)＝(3x－2)(1－x0)．
解得x0＝1或x0＝－.
故所求的切線方程為
y＋1＝x－1或y＋1＝－ (x－1)，
即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0.
答案：x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0
13．當x∈[－1,2]時，x3－x2－x＜m恆成立，則實數m的取值範圍是________．
解析：記f(x)＝x3－x2－x，∴f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0得x＝－或x＝1.
又f＝，f(2)＝2，f(－1)＝－1，f(1)＝－1，
∴當x∈[－1,2]時，f(x)max＝2，∴m＞2.
答案：(2，＋∞)
14．某公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，運費為4萬元/次，一年的總儲存費為4x萬元，要使一年的總運費與總儲存費用之和最小，則x
解析：設該公司一年內總共購買n次貨物，則n＝，∴總運費與總儲存費之和f(x)＝4n＋4x＝＋4x，
令f′(x)＝4－＝0，解之得x＝20.
當00，
故當x＝20時，f(x)最小．
答案：20
三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15．(本小題滿分12分)設函式y＝4x3＋ax2＋bx＋5在x＝與x＝－1時有極值．
(1)求函式的解析式；
(2)指出函式的單調區間．
解：(1)f(x)＝4x3＋ax2＋bx＋5，
則f′(x)＝12x2＋2ax＋b.
據題意有即
解之得a＝－3，b＝－18.
因此f(x)＝4x3－3x2－18x＋5.
(2)令12x2－6x－18>0，得x<－1或x> ，即函式f(x)的單調遞增區間為(－∞，－1)，，
令12x2－6x－18<0，得－1因此，函式f(x)的單調遞減區間為.
16．(本小題滿分12分)已知函式f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈r，其中a＞0.
(1)求函式f(x)的單調區間；
(2)若函式f(x)在區間(－2,0)內恰有兩個零點，求a的取值範圍．
解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
故函式f(x)的單調遞增區間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調遞減區間是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在區間(－2，－1)內單調遞增，在區間(－1,0)內單調遞減，從而函式f(x)在區間(－2,0)內恰有兩個零點，必須滿足解得0＜a＜.
所以，a的取值範圍是.
17．(本小題滿分12分)(福建高考)已知函式f(x)＝x－aln x(a∈r)．
(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點a(1，f(1))處的切線方程；
(2)求函式f(x)的極值．
解：函式f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)當a＝2時，f(x)＝x－21n x，f′(x)＝1－ (x＞0)，
所以f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以y＝f(x)在點a(1，f(1))處的切線方程為
y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
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