【正文】 12在點 M??? ???π4， 0 處的切線的斜率為 ( )． A．－ 12 C．－ 22 D. 22 解析 本小題考查導數(shù)的運算、導數(shù)的幾何意義，考查運算求解能力． y′ ＝ cos x?sin x＋ cos x?－ sin x?cos x－ sin x??sin x＋ cos x?2 ＝ 11＋ sin 2x，把 x＝ π4代入得導數(shù)值為12. 答案 B 4． (2020g(x)]′ ＝ f′ (x)177。江蘇 )請你設計一個包裝盒．如圖所示， ABCD 是邊長為 60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得 A， B， C， D 四個點重合于圖中的點 P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒． E、 F 在 AB 上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點．設 AE＝FB＝ x(cm)． (1)若廣告商要求包裝盒的側(cè)面積 S(cm2)最大，試問 x 應取何值？ (2)某廠商要求包裝盒的容積 V(cm3)最大，試問 x 應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． [審題視點 ] 由實際問題抽象出函數(shù)模型，利用導數(shù)求函數(shù)最優(yōu)解，注意變量的實際意義． 解 設包裝盒的高為 h(cm)，底面邊長為 a(cm)．由已知得 a＝ 2x， h＝ 60－ 2x2 ＝2(30－ x)， 0＜ x＜ 30. (1)S＝ 4ah＝ 8x(30－ x)＝－ 8(x－ 15)2＋ 1 800， 所以當 x＝ 15 時， S 取得最大值． (2)V＝ a2h＝ 2 2(－ x3＋ 30x2)， V′ ＝ 6 2x(20－ x)． 由 V′ ＝ 0 得 x＝ 0(舍去 )或 x＝ 20. 當 x∈ (0,20)時， V′ ＞ 0；當 x∈ (20,30)時， V′ ＜ 0. 所以當 x＝ 20 時， V 取得極大值，也是最大值． 此時 ha＝ 12. 在求實際問題中的最大值或最小值時，一般先設自變量、因變量、建立函數(shù)關系式，并確定其定義域，利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結果應與實際情況相符合，用導數(shù)求解實際問題中的最大 (小 )值，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么根據(jù)實際意義該極值點就是最值點． 【訓練 3】 統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中，每小時的耗油量 y(升 )關于行駛速度 x(千米 /小時 )的函數(shù)解析式可以表示為： y＝ 1128 000x3－ 380x＋8(0x≤ 120)． 已知甲、乙兩地相距 100 千米． (1)當汽車以 40 千米 /小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升？ (2)當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？ 解 (1)設汽車以 x 千米 /小時的速度行駛時，其耗油量為 f(x)＝ 100x ??? ???1128 000x3－ 380x＋ 8 ＝ x21 280＋800x －154 (0x≤ 120) f(40)＝ (升 ) 因此從甲地到乙地要耗油 升． (2)f′ (x)＝ x640－ 800x2 ＝ x3－ 512 000640x2 ＝ ?x－ 80??x2＋ 80x＋ 6 400?640x2 又 0x≤ 120，令 f′ (x)＝ 0 解得 x＝ 80，當 0x80 時， f′ (x)0； 當 80x≤ 120 時， f′ (x)0. 則當 x＝ 80 時， f(x)取到最小值 f(80)＝ (升 ) 因此當汽車以 80 千米 /小時 行駛時耗油最省，最小耗油量為 升． 難點突破 7—— 有關導數(shù)熱點問題的求解策略 導數(shù)的工具性使得導數(shù)在高考中的應用有得天獨厚的優(yōu)勢，特別是在研究函數(shù)的性質(zhì)、相切問題以及實際優(yōu)化的問題方面．近年，各地高考都從不同的方面對導數(shù)內(nèi)容進行考查，既有考查導數(shù)的小題，又有考查導數(shù)綜合應用的大題．這些問題構成了高考試卷中一道亮麗的風景線． 一、研究曲線切線的導數(shù)問題 導數(shù)的幾何意義是我們解決有關直線與曲線相切的問題以及切線的斜率問題的有力武器，它使得 復雜的圖象關系問題轉(zhuǎn)化為簡單的函數(shù)問題、因而常常與導函數(shù)在切點的函數(shù)值一起作為列出方程的重要依據(jù)． 【示例】 ? (2020山東 )已知某生產(chǎn)廠家的年利潤 y(單位：萬 元 )與年產(chǎn)量 x(單位：萬件 )的函數(shù)關系式為 y＝－ 13x3＋ 81x－ 234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為 ( )． A． 13 萬件 B． 11 萬件 C． 9 萬件 D． 7 萬件 解析 y′ ＝－ x2＋ 81，令 y′ ＝ 0 解得 x＝ 9(－ 9 舍去 )．當 0＜ x＜ 9 時， y′ ＞ 0；當 x＞ 9 時， y′ ＜ 0，則當 x＝ 9 時， y 取得最大值，故選 C. 答案 C 4． (2020福建 )若 a＞ 0， b＞ 0，且函數(shù) f(x)＝ 4x3－ ax2－ 2bx＋ 2 在 x＝ 1 處有極值，則 ab 的最大值等于 ( )． A． 2 B． 3 C． 6 D． 9 解析 f′ (x)＝ 12x2－ 2ax－ 2b，由函數(shù) f(x)在 x＝ 1 處有極值，可知函數(shù) f(x)在 x＝ 1 處的導數(shù)值為零， 12－ 2a－ 2b＝ 0，所以 a＋ b＝ 6，由題意知 a， b 都是正實數(shù)，所以 ab≤ ??? ???a＋ b2 2＝ ??? ???62 2＝ 9，當且僅當 a＝ b＝ 3 時取到等號． 答案 D 2．已知函數(shù) f(x)＝ 14x4－ 43x3＋ 2x2，則 f(x)( )． A．有極大值，無極小值 B．有極大值，有極小值 C．有極小值，無極大值 D．無極小值，無極大值 解析 f′ (x)＝ x3－ 4x2＋ 4x＝ x(x－ 2)2 f′ (x)， f(x)隨 x 變化情況如下 x (－ ∞ ， 0) 0 (0,2) 2 (2，＋ ∞ ) f′ (x) － 0 ＋ 0 ＋ f(x) 0 43 因此有極小值無極大值． 答案 C 3． (2020安徽 )設 f(x)＝ ex1＋ ax2，其中 a 為正實數(shù)． (1)當 a＝ 43時，求 f(x)的極值點； (2)若 f(x)為 R上的單調(diào)函數(shù)，求 a 的取值范圍． 解 對 f(x)求導得 f′ (x)＝ ex1＋ ax2－ 2ax?1＋ ax2?2 .① (1)當 a＝ 43時，若 f′ (x)＝ 0，則 4x2－ 8x＋ 3＝ 0， 解得 x1＝ 32， x2＝ 12. 綜合 ① ，可知 x ??? ???－ ∞ ， 12 12 ??? ???12， 32 32 ??? ???32，＋ ∞ f′ (x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 所以， x1＝ 32是極小值點， x2＝ 12是極大值點． (2)若 f(x)為 R上的單調(diào)函數(shù)，則 f′ (x)在 R上不變號，結合 ① 與條件 a＞ 0，知ax2－ 2ax＋ 1≥ 0 在 R上恒成立． 因此 Δ＝ 4a2－ 4a＝ 4a(a－ 1)≤ 0， 由此并結合 a＞ 0，知 0＜ a≤ 1. 考向二 函數(shù)的最值與導數(shù) 【例 2】 ?已知 a 為實數(shù)，且函數(shù) f(x)＝ (x2－ 4)(x－ a)． (1)求導函數(shù) f′ (x)； (2)若 f′ (－ 1)＝ 0，求函數(shù) f(x)在 [－ 2,2]上的最大值、最小值． [審題視點 ] 先化簡再求導，求極值、端點值，進行比較得最值． 解 (1)f(x)＝ x3－ ax2－ 4x＋ 4a，得 f′ (x)＝ 3x2－ 2ax－ 4. (2)因為 f′ (－ 1)＝ 0，所以 a＝ 12， 有 f(x)＝ x3－ 12x2－ 4x＋ 2，所以 f′ (x)＝ 3x2－ x－ 4. 令 f′ (x)＝ 0，所以 x＝ 43或 x＝－ 1. 又 f??? ???43 ＝－ 5027， f(－ 1)＝ 92， f(－ 2)＝ 0， f(2)＝ 0， 所以 f(x)在 [－ 2,2]上的最大值、最小值分別為 9－ 5027. 一般地，在閉區(qū)間 [a， b]上的連續(xù)函數(shù) f(x)必有最大值與最小值，在開區(qū)間 (a， b)內(nèi)的連續(xù)函數(shù)不一定有最大值與最小值，若函數(shù) y＝ f(x)在閉區(qū)間 [a，b]上單調(diào)遞增，則 f(a)是最小值， f(b)是最大值；反之，則 f(a)是最大值， f(b)是最小值． 【訓練 2】 函數(shù) f(x)＝ x3＋ ax2＋ b 的圖象 在點 P(1,0)處的切線與直線 3x＋ y＝ 0 平行 (1)求 a， b； (2)求函數(shù) f(x)在 [0， t](t0)內(nèi)的最大值和最小值． 解 (1)f′ (x)＝ 3x2＋ 2ax 由已知條件 ??? f?1?＝ 0，f′ ?1?＝－ 3， 即 ??? a＋ b＋ 1＝ 0，2a＋ 3＝－ 3， 解得 ??? a＝－ 3，b＝ 2. (2)由 (1)知 f(x)＝ x3－ 3x2＋ 2， f′ (x)＝ 3x2－ 6x＝ 3x(x－ 2)， f′ (x)與 f(x)隨 x 變化情況如下： x (－ ∞ ， 0) 0 (0,2) 2 (2，＋ ∞ ) f′ (x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 2 － 2 由 f(x)＝ f(0)解得 x＝ 0，或 x＝ 3 因此根據(jù) f(x)的圖象 當 0t≤ 2 時， f(x)的最大值為 f(0)＝ 2 最小值為 f(t)＝ t3－ 3t2＋ 2； 當 2t≤ 3 時， f(x)的最大值為 f(0)＝ 2， 最小值為 f(2)＝－ 2； 當 t3 時， f(x)的最大值為 f(t)＝ t3－ 3t2＋ 2，最小值為 f(2)＝－ 2. 考向三 用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題 【例 3】 ?(2020(即寬度變?yōu)榱撕穸?)，枕木的安全負荷會變大嗎？為什么？ (2)現(xiàn)有一根橫截面為半圓 (半圓的半徑為 R)的柱形木材，用它截取成橫截面為長方形的枕木，其長度即為枕木規(guī)定的長度，問如何截取，可使安全負荷最大？ 第 1 講 變化率與導數(shù)、導數(shù)的運算 【高考 會這樣考】 1．利用導數(shù)的幾何意義求曲線在某點處的切線方程． 2．考查導數(shù)的有關計算，尤其是簡單的函數(shù)求導． 【復習指導】 本講復習時，應充分利用具體實際情景，理解導數(shù)的意義及幾何意義，應能靈活運用導數(shù)公式及導數(shù)運算法則進行某些函數(shù)求 導 . 基礎梳理 1．函數(shù) y＝ f(x)從 x1到 x2的平均變化率 函數(shù) y＝ f(x)從 x1到 x2的平均變化率為 f?x2?－ f?x1?x2－ x1. 若 Δx＝ x2－ x1， Δy＝ f(x2)－ f(x1)，則平均變化率可表示為 ΔyΔx. 2． 函數(shù) y＝ f(x)在 x＝ x0處的導數(shù) (1)定義 稱函數(shù) y＝ f(x)在 x＝ x0處的瞬時變化率 li mΔx→ 0 ΔyΔx＝ li mΔx→ 0 f?x0＋ Δx?－ f?x0?Δx 為函數(shù) y＝ f(x)在 x＝ x0處的導數(shù)，記作 f′ (x0)或 y′ |x＝x0，即 f′ (x0)＝ li mΔx→ 0 ΔyΔx. (2)幾何意義 函數(shù) f(x)在點 x0處的導數(shù) f′ (x0)的幾何意義是在曲線 y＝ f(x)上點 (x0， f(x0))處切線的 斜率． 相應地，切線方程為 y－ f(x0)＝ f′ (x0)(x－ x0)． 3． 函數(shù) f(x)的導函數(shù) 稱函數(shù) f′ (x)＝ li mΔx→ 0 f?x＋ Δx?－ f?x?Δx 為 f(x)的導函數(shù)，導函數(shù)有時也記作 y′ . 4． 基本初等函數(shù)的導數(shù)公式 若 f(x)＝ c，則 f′ (x)＝ 0； 若 f(x)＝ xα(α∈ R)，則 f′ (x)＝ αxα－ 1； 若 f(x)＝ sin x，則 f′ (x)＝ cos x； 若 f(x)＝ cos x，則 f′ (x)＝－ sin x； 若 f(x)＝ ax(a0，且 a≠ 1)，則 f′ (x)＝ axln_a； 若 f(x)＝ ex，則 f′ (x)＝ ex； 若 f(x)＝ logax(a0，且 a≠ 1)，則 f′ (x)＝ 1xln a； 若 f(x)＝ ln x，則 f′ (x)＝ 1x. 5． 導數(shù)四則運算法則 (1)[f(x)177。ux′ . 一個區(qū)別 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： 曲線 y＝ f(x)在點 P(x0， y0)處的切線是指 P 為切點，若切線斜率存在時，切線斜率為 k＝ f′ (x0)，是唯一的一條切線；曲線 y＝ f(x)過點 P(x0， y0)的切線，是指切線經(jīng)過 P 點，點 P 可以是切點，也可以不是切點，而且這樣的直線可能有多條． 兩種法則 (1)導數(shù)的四則運算法則． (2)復合函數(shù)的求導法則． 三個防范 1．利用公式求導時要特別注意除法公式中分子的符號，防止與乘法公式混淆． 2．要正確理解直線與曲線相切和直線與曲線只有一個交點的區(qū)別． 3．正確分解復合函數(shù)的結構，由外向內(nèi)逐層求導，做