数学解题技巧：导数

【考点透视】

1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．

2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数．

3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 【例题解析】 考点1 导数的概念

对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念. 例1．

1f(x)是f(x)x32x1的导函数，则f(1)的值是 ．

32[考查目的] 本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力.

2[解答过程] f(x)x2,f(1)123.

故填3.

例2.设函数f(x)xa,集合M={x|f(x)0},P={x|f'(x)0},若MP,则实数a的取值范围是

x1( )

A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D. [1,+∞)

[考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力. [解答过程]由xa0,当a>1时,1xa;当a<1时,ax1.x1 xaa1xax1xay,y/0. 22x1x1x1x1/a1.综上可得MP时,a1.考点2 曲线的切线

（1）关于曲线在某一点的切线

求曲线y=f(x)在某一点P（x,y）的切线，即求出函数y=f(x)在P点的导数就是曲线在该点的

切线的斜率.

（2）关于两曲线的公切线

若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线. 典型例题 例3.已知函数

11f(x)x3ax2bx在区间[11)，，(13]，内各有一个极值点．

32（I）求a24b的最大值； （II）当a24b8时，设函数y函数yf(x)在点A(1，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿过

f(x)的图象（即动点在点A附近沿曲线yf(x)运动，经过点A时，从l的一侧

f(x)的表达式．

进入另一侧），求函数

思路启迪：用求导来求得切线斜率. 解答过程：（I）因为函数所以

11f(x)x3ax2bx在区间[11)，，(13]，内分别有一个极值点，

32f(x)x2axb0在[11)，，(13]，内分别有一个实根，

2设两实根为x1，x2（x1x2），则x2x1a4b，且0x2x1≤4．于是

0a24b≤4，0a24b≤16，且当x11，x23，即a2，b3时等号

成立．故a24b的最大值是16． （II）解法一：由

f(1)1ab知f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程是

21yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)xa，

32因为切线l在点A(1，f(x))处空过y所以g(x)f(x)的图象，

21f(x)[(1ab)xa]在x1两边附近的函数值异号，则

32x1不是g(x)的极值点．

而g(x)1121x3ax2bx(1ab)xa，且 3232g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)．

若11a，则x1和x1a都是g(x)的极值点．

所以11a，即a2，又由a24b8，得b1，故解法二：同解法一得g(x)1f(x)x3x2x．

321f(x)[(1ab)xa]

3213a3(x1)[x2(1)x(2a)]． 322因为切线l在点A(1，f(1))处穿过yf(x)的图象，所以g(x)在x1两边附近的函数值

异号，于是存在m． ，m2（m11m2）1当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0； 或当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0． 设h(x)x213a3ax2，则 22当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0； 或当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0． 由h(1)0知x1是h(x)的一个极值点，则h(1)211所以a2，又由a24b8，得b1，故

3a0， 21f(x)x3x2x．

3例4.若曲线yx4的一条切线l与直线x4y80垂直，则l的方程为（ ）

A．4xy30 B．x4y50 C．4xy30 D．x4y30

[考查目的]本题主要考查函数的导数和直线方程等基础知识的应用能力.

[解答过程]与直线x4y80垂直的直线l为4xym0，即yx4在某一点的导数为4，而y4x3，所以yx4在(1，1)处导数为4，此点的切线为4xy30. 故选A.

例5．过坐标原点且与x2+y2 -4x+2y+5=0相切的直线的方程为 ( )

2A.y=-3x或y=1x B. y=-3x或y=-1x C.y=-3x或y=-1x D. y=3x或y=1x

3333[考查目的]本题主要考查函数的导数和圆的方程、直线方程等基础知识的应用能力. [解答过程]解法1：设切线的方程为ykx,kxy0. 又x22y125,圆心为2,1.

22k1k211yx,或y3x.

3故选A.

51,3k28k30.k,k3. 23解法2:由解法1知切点坐标为(1,3),3,1,由

22225(x2)y1,x2x2(x2)2y1yx/0, x2yx/.y122//k1yx/13(,)223,k2yx/31(,)221.31y3x,yx.3故选A.

例6.已知两抛物线C1:yx22x,C2:yx2a, a取何值时C1，C2有且只有一条公切线，求出此时公切线的方程.

思路启迪：先对C1:yx22x,C2:yx2a求导数.

解答过程：函数yx22x的导数为y'2x2，曲线C1在点P(x1,x122x1)处的切线方程为y(x122x1)2(x12)(xx1)，即 y2(x11)xx12 ①

曲线C1在点Q(x2,x22a)的切线方程是y(x2a)2x2(xx2)即

y2x2xx22a ② 若直线l是过点P点和Q点的公切线，则①式和②式都是l的方程，故得

2x11x2,x12x221，消去x2得方程，2x12x11a0

若△=442(1a)0，即a1时，解得x11，此时点P、Q重合.

22∴当时a1，C1和C2有且只有一条公切线，由①式得公切线方程为yx1 .

24考点3 导数的应用

中学阶段所涉及的初等函数在其定义域内都是可导函数，导数是研究函数性质的重要而有力的工具，特别是对于函数的单调性，以“导数”为工具，能对其进行全面的分析，为我们解决求函数的极值、最值提供了一种简明易行的方法，进而与不等式的证明，讨论方程解

的情况等问题结合起来，极大地丰富了中学数学思想方法.复习时，应高度重视以下问题: 1.. 求函数的解析式; 2. 求函数的值域; 3.解决单调性问题; 4.求函数的极值（最值）; 5.构造函数证明不等式. 典型例题

例7．函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D． 4个

[考查目的]本题主要考查函数的导数和函数图象性质等基础知识的应用能力.

[解答过程]由图象可见,在区间(a,0)内的图象上有一个极小值点. 故选A.

例8 .设函数f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值． （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）若对于任意的x[0，3]，都有

a yyf(x)bO x f(x)c2成立，求c的取值范围．

思路启迪：利用函数f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值构造方程组求a、b的值． 解答过程：（Ⅰ）因为函数

f(x)6x26ax3b，

f(x)在x1及x2取得极值，则有f(1)0，f(2)0．

66a3b0，即

2412a3b0．解得a3，b4． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，

f(x)2x39x212x8c，

f(x)6x218x126(x1)(x2)．

当x(01，)时，

f(x)0；

当x(12)，时，当x(2，3)时，

f(x)0； f(x)0．

f(x)取得极大值f(1)58c，又f(0)8c，f(3)98c．

所以，当x1时，则当x3时，f(x)的最大值为f(3)98c． 0，3，有f(x)c2恒成立， 0，因为对于任意的x所以 解得

98cc2，

c1或c9，

因此c的取值范围为(，1)(9，)．

例9.函数y2x4x3的值域是_____________.

思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解，也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式结构较为复杂，采用导数法求解较为容易。

2x40得，x2，即函数的定义域为解答过程：由[2,). x30112x32x4， y'2x42x322x4x32x8 又2x32x4， 2x32x4

当x2时，y'0，

函数y2x4x3在(2,)上是增函数，而f(2)1，y2x4x3的值域是[1,).

例10．已知函数fx4x33x2cos3cos，其中xR,为参数，且02．

16（1）当时cos0，判断函数fx是否有极值；

（2）要使函数f(x)的极小值大于零，求参数的取值范围；

（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数fx在区间2a1,a内都是增函数，求实数a的取值范围．

[考查目的]本小题主要考查运用导数研究三角函数和函数的单调性及极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力，以及分类讨论的数学思想方法.

[解答过程]（Ⅰ）当cos0时，f(x)4x3，则f(x)在(,)内是增函数，故无极值. （Ⅱ）f'(x)12x26xcos，令f'(x)0，得x10,x2cos.

2由（Ⅰ），只需分下面两种情况讨论. ①当x 时，随x的变化f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表：

(,0) + ↗ 0 0 极大值 (0,cos )2cos 20 极小值 (cos,) 2f'(x) f(x) - ↘ + ↗ 因此，函数f(x)在xcos处取得极小值f(cos)，且f(cos)1cos33

222416.要使f(cos)0，必有1cos(cos23)0，可得0cos3. 2442由于0cos3，故或311.

62262②当时cos0，随x的变化，f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表：

x f'(x) f(x) (,cos )2cos 20 极大值 (cos,0) 20 0 (0,) + - + 极小值 因此，函数f(x)在x0处取得极小值f(0)，且f(0)3cos.

16若f(0)0，则cos0.矛盾.所以当cos0时，f(x)的极小值不会大于零.

综上，要使函数f(x)在(,)内的极小值大于零，参数的取值范围为(,)(3,11).

6226（III）解：由（II）知，函数f(x)在区间(,)与(cos,)内都是增函数。

2由题设，函数f(x)在(2a1,a)内是增函数，则a须满足不等式组

2a1a a0 或

2a1a

12a1cos2由（II），参数时(,)(3,11)时，0cos3.要使不等式2a11cos关于参数262262恒成立，必有2a13，即43a.

48综上，解得a0或43a1.

8所以a的取值范围是(,0)[43,1).

8例11．设函数f(x)=ax－(a+1)ln(x+1)，其中a-1，求f(x)的单调区间.

[考查目的]本题考查了函数的导数求法,函数的极值的判定,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力

[解答过程]由已知得函数f(x)的定义域为(1,)，且f'(x)ax1(a1),

x1（1）当1a0时，f'(x)0,函数f(x)在(1,)上单调递减， （2）当a0时，由f'(x)0,解得x1.

af'(x)、f(x)随x的变化情况如下表

x f'(x) 1(1,) a1 a1(,) a— 0 + f(x) 极小值 从上表可知

当x(1,1)时，f'(x)0,函数f(x)在(1,1)上单调递减.

aa当x(1,)时，f'(x)0,函数f(x)在(1,)上单调递增.

aa综上所述：当1a0时，函数f(x)在(1,)上单调递减.

当a0时，函数f(x)在(1,1)上单调递减，函数f(x)在(1,)上单调递增.

aa例12．已知函数f(x)ax3bx2cx在点x0处取得极大值5，其导函数yf'(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示.求： （Ⅰ）x0的值； （Ⅱ）a,b,c的值.

[考查目的]本小题考查了函数的导数,函数的极值的判定,闭区间上二次函数的最值, 函数与方程的转化等基础知识的综合应用,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力

[解答过程]解法一：（Ⅰ）由图像可知，在,1上上f'x0,

,2上f'x0，在2,f'x0，在1故f(x)在上递增，在(1,2)上递减， （-，1），（2，+）因此fx在x1处取得极大值，所以x01 （Ⅱ）f'(x)3ax22bxc,

'由f（ 1）=0，（f'2）＝0，（f'1）＝5，3a2bc0,得12a4bc0, abc5,解得a2,b9,c12. 解法二：（Ⅰ）同解法一

（Ⅱ）设f'(x)m(x1)(x2)mx23mx2m, 又f'(x)3ax22bxc, 所以am,b3m,c2m

32f(x)m332|xmx2mx, 32由f(1)5，即m3m2m5,得m6,

32所以a2,b9,c12

例13．设x3是函数fxx2axbe3xxR的一个极值点. （Ⅰ）求a与b的关系式（用a表示b），并求fx的单调区间；

25（Ⅱ）设a0，gxa2ex.若存在1,20,4使得f1g21成立，求a的取值范

4围.

[考查目的]本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力.

[解答过程]（Ⅰ）f `(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a ]e3x,

－由f `(3)=0，得 －[32＋(a－2)3＋b－a ]e33＝0，即得b＝－3－2a，

－则 f `(x)＝[x2＋(a－2)x－3－2a－a ]e3

－－x

＝－[x2＋(a－2)x－3－3a ]e3x＝－(x－3)(x＋a+1)e3x.

－令f `(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，

所以x+a+1≠0，那么a≠－4. 当a<－4时，x2>3＝x1，则

在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数； 在区间（3，―a―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数； 在区间（―a―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数. 当a>－4时，x2<3＝x1，则

在区间（－∞，―a―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数； 在区间（―a―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数； 在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]， 而f (0)＝－（2a＋3）e3<0，f (4)＝（2a＋13）e1>0，f (3)＝a＋6，

－那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a＋3）e3，a＋6]. 又g(x)(a225)ex在区间[0，4]上是增函数，

4且它在区间[0，4]上的值域是[a2＋25，（a2＋25）e4]，

44由于（a2＋25）－（a＋6）＝a2－a＋1＝（a1）2≥0，所以只须仅须

424（a2＋25）－（a＋6）<1且a>0，解得042故a的取值范围是（0，3）.

2例14 已知函数

1f(x)ax3bx2(2b)x1

3在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，且0x11x2（1）证明a0；

（2）若z=a+2b,求z的取值范围。 [解答过程]求函数（Ⅰ）由函数的两个根． 所以

2．

f(x)的导数f(x)ax22bx2b．

f(x)在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，知x1，x2是f(x)0f(x)a(xx1)(xx2)

当xx1时，f(x)为增函数，f(x)0，由xx10，xx20得a0．

f(0)02b0（Ⅱ）在题设下，0x11x22等价于f(1)0 即a2b2b0．

f(2)04a4b2b02b0化简得a3b20．

4a5b20，a3b20，4a5b20．此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线：2b0

所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为：A46，，B(2，，2)C(4，2)． 77b

z在这三点的值依次为

所以z的取值范围为

16，6，8． 716．

，872 1 O

B(2，2) 46A，77

2

C(4，2)

4

a

小结：本题的新颖之处在把函数的导数与线性 规划有机结合． 考点4 导数的实际应用 建立函数模型,利用 典型例题

例15.用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？

[考查目的]本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力.

[解答过程]设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为

h1812x4.53x(m)430＜x＜.

2故长方体的体积为

V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3)3(0＜x＜).

2从而V(x)18x18x2(4.53x)18x(1x).

令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1. 当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜

2时，V′（x）＜0， 3故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。

从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m. 答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3。 例16．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗

油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为： y13x3x8(0x120).已知甲、乙两地相距100千米. 12800080（I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ （II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ [考查目的]本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力.

[解答过程]（I）当x40时，汽车从甲地到乙地行驶了1002.5小时，

40要耗没(14033408)2.517.5（升）.

12800080答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升。

（II）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100小时，设耗油量为h(x)升，依

x题意得h(x)(1x33x8).1001x280015(0x120),

12800080x1280x4

x800x3803h'(x)2(0x120). 2640x640x令h'(x)0,得x80.

当x(0,80)时，h'(x)0,h(x)是减函数；当x(80,120)时，h'(x)0,h(x)是增函数. 当x80时，h(x)取到极小值h(80)11.25.

因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.

答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升. 【专题训练】 一、选择题

1. y=esinxcos(sinx)，则y′(0)等于( )

A.0 B.1

x5C.－1 D.2

2.经过原点且与曲线y=x9相切的方程是( ) A.x+y=0或x+y=0

25

B.x－y=0或x+y=0

25C.x+y=0或x－y=0

25D.x－y=0或x－y=0

253.设f(x)可导，且f′(0)=0,又limf(x)=－1,则f(0)( )

x0xA.可能不是f(x)的极值 C.一定是f(x)的极小值

B.一定是f(x)的极值 D.等于0

4.设函数fn(x)=n2x2(1－x)n(n为正整数)，则fn(x)在［0,1］上的最大值为( ) A.0

B.1

C.(12)n

2nD.4(n)n1

n25、函数y=(x2-1)3+1在x=-1处( )

A、 有极大值 B、无极值 C、有极小值 D、无法确定极值情况

6.f(x)=ax3+3x2+2，f’(-1)=4，则a=( )

A、10 B、13 C、16 D、19

33337.过抛物线y=x2上的点M（1,1）的切线的倾斜角是( )

24A、300 B、450 C、600 D、900

8.函数f(x)=x3-6bx+3b在（0，1）内有极小值，则实数b的取值范围是( )

A、（0，1） B、（-∞，1） C、（0，+∞） D、（0，1）

29.函数y=x3-3x+3在[3,5]上的最小值是( )

22A、 89 B、1

8C、33 D、5

810、若f(x)=x3+ax2+bx+c，且f(0)=0为函数的极值，则( ) A、c≠0 B、当a>0时，f(0)为极大值 C、b=0 D、当a<0时，f(0)为极小值

11、已知函数y=2x3+ax2+36x-24在x=2处有极值，则该函数的一个递增区间是( ) A、（2，3）

B、（3，+∞）

C、（2，+∞）

D、（-∞，3）

12、方程6x5-15x4+10x3+1=0的实数解的集合中( )

A、至少有2个元素 B、至少有3个元素 C、至多有1个元素 D、恰好有5个元素 二、填空题

13.若f′(x0)=2,limf(x0k)f(x0) =_________.

k02k14.设f(x)=x(x+1)(x+2)„(x+n),则f′(0)=_________.

15.函数f(x)=loga(3x2+5x－2)(a＞0且a≠1)的单调区间_________.

16.在半径为R的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为_________时它的面积最大. 三、解答题

17.已知曲线C：y=x3－3x2+2x,直线l:y=kx,且l与C切于点(x0,y0)(x0≠0)，求直线l的方程及切点坐标.

18.求函数f(x)=p2x2(1-x)p(p∈N+)，在[0，1]内的最大值.

19.证明双曲线xy=a2上任意一点的切线与两坐标轴组成的三角形面积等于常数. 20.求函数的导数 (1)y=(x2－2x+3)e2x; (2)y=3x.

1x21.有一个长度为5 m的梯子贴靠在笔直的墙上，假设其下端沿地板以3 m/s的速度离开墙脚滑动，求当其下端离开墙脚1.4 m时，梯子上端下滑的速度. 22.求和Sn=12+22x+32x2+„+n2xn

－1

,(x≠0,n∈N*).

23.设f(x)=ax3+x恰有三个单调区间，试确定a的取值范围，并求其单调区间. 24.设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点. (1)试确定常数a和b的值；

(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.

25.已知a、b为实数，且b＞a＞e,其中e为自然对数的底，求证：ab＞ba. 26.设关于x的方程2x2－ax－2=0的两根为α、β(α＜β),函数f(x)=4xa.

x21(1)求f(α)·f(β)的值；

(2)证明f(x)是［α，β］上的增函数；

(3)当a为何值时，f(x)在区间［α，β］上的最大值与最小值之差最小？

【参考答案】

一、1.解析：y′=esinx［cosxcos(sinx)－cosxsin(sinx)］,y′(0)=e0(1－0)=1. 答案：B

2.解析：设切点为(x0,y0),则切线的斜率为k=y0,另一方面，y′=(x9)′=4,故

x0x5(x5)2y′(x0)=k,即

y0x09或x02+18x0+45=0得x0(1)=－3,y0(2)=－15,对应有4(x05)2x0x0(x05)5y0(1)=3,y0(2)=1593,因此得两个切点A(－3，3)或B(－15,3),从而得y′(A)=

15554 =(35)3－1及y′(B)= 答案：A 3.解析：由lim41 ,由于切线过原点，故得切线：lA:y=－x或lB:y=－x.

2525(155)2x0f(0)=－1,故存在含有

x0的区间(a,b)使当x∈(a,b),x≠0时

f(0)＜0,于是当xx∈

(a,0)时f′(0)＞0,当x∈(0,b)时，f′(0)＜0,这样f(x)在(a,0)上单增，在(0,b)上单减. 答案：B

4.解析：∵f′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］,令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=2,易知fn(x)在x=2时取得最大值，最大值fn(2)=n2(2)2(1－

2n2n2n2n2)n=4·(2)n+1. 2n2n答案：D

5、B 6、A 7、B 8、D 9、B 10、C 11、B 12、C 二、13.解析：根据导数的定义：f′(x0)=limf[(x0(k)]f(x0)(这时xk)

k0klimf(x0k)f(x0)1f(x0k)f(x0)lim[]k0k02k2k 1f(xk)f(x0)1lim0f(x0)1.2k0k2答案：－1

14.解析：设g(x)=(x+1)(x+2)„„(x+n),则f(x)=xg(x),于是f′(x)=g(x)+xg′(x), f′(0)=g(0)+0·g′(0)=g(0)=1·2·„n=n！ 答案：n!

15.解析：函数的定义域是x＞1或x＜－2,f′(x)=

3logae.(3x2+5x－2)′=(6x5)logae,

(3x1)(x2)3x25x2①若a＞1,则当x＞1时，logae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函数f(x)在(1,+

33∞)上是增函数，x＜－2时，f′(x)＜0.∴函数f(x)在(－∞,－2)上是减函数.

②若0＜a＜1,则当x＞1时，f′(x)＜0,∴f(x)在(1,+∞)上是减函数，当x＜－2时，

33f′(x)＞0,∴f(x)在(－∞,－2)上是增函数.

答案：(－∞,－2)

16.解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h，那么h=AO+BO=R+R2x2,解得

x2=h(2R－h),于是内接三角形的面积为 S=x·h=(2Rhh2)h(2Rh3h4), 从而S1(2Rh3h4)2(2Rh3h4)

21h2(3R2h)

(2Rh3h4)2(6Rh24h3)2(2Rh)h3.

11令S′=0,解得h=3R,由于不考虑不存在的情况，所在区间(0,2R)上列表如下：

2h S′ S 2(0, 3R) 23R 2(3,2R) 2+ 增函数 0 － 最大值 减函数 由此表可知，当x=3R时，等腰三角形面积最大. 答案：3R

2三、17. 解：由l过原点，知k=y0(x0≠0),点(x0,y0)在曲线C上，y0=x03－3x02+2x0,

x0∴y0=x02－3x0+2,y′=3x2－6x+2,k=3x02－6x0+2

x0又k=y0,∴3x02－6x0+2=x02－3x0+2,2x02－3x0=0,∴x0=0或x0=3.

x02由x≠0,知x0=3,

2∴y0=(3)3－3(3)2+2·3=－3.∴k=y0=－1.

2228x04∴l方程y=－1x 切点(3，－3).

42818.f'(x)p2x(1x)p1[2(2p)x] , 令f’(x)=0得，x=0，x=1，x=2 ,

2p在[0，1]上，f(0)=0，f(1)=0，f(2)4(p)p2 .

2p2p∴ [f(x)]max4(p)2p .

2p19.设双曲线上任一点P（x0，y0）,

2 ky|a ,

xx02x02∴ 切线方程yya(xx) ,

002x0令y=0，则x=2x0 令x=0，则y2a .

x02∴ S1|x||y|2a2 .

220.解：(1)注意到y＞0,两端取对数，得 lny=ln(x2－2x+3)+lne2x=ln(x2－2x+3)+2x,

1(x22x3)2x22(x2x2)y22222yx2x3x2x3x2x3.2(x2x2)2(x2x2)2y2y2(x2x3)e2x.

x2x3x2x32(x2x2)e2x. (2)两端取对数，得 ln|y|=1(ln|x|－ln|1－x|),

3两边解x求导，得 111111y(),y3x1x3x(1x)1113xyy.3x(1x)3x(1x)1x

21.解：设经时间t秒梯子上端下滑s米,则s=5－259t2,当下端移开1.4 m时，t0=147,

3151又s′=－ (25－9t2)2·(－9·2t)=9t

211259t2,

所以s′(t0)=9×71517259()215=0.875(m/s).

22.解：(1)当x=1时，Sn=12+22+32+„+n2=1n(n+1)(2n+1),当x≠1时，1+2x+3x2+„

6nn1+nxn-1=1(n1)xnx,两边同乘以x,得

(1x)2x+2x2+3x2+„+nxn=x(n1)xn1(1x)2nxn2两边对x求导，得

Sn=12+22x2+32x2+„+n2xn-1

2n2n12n2=1x(n1)x(2n2n1)xnx.

(1x)323.解：f′(x)=3ax2+1.

若a＞0,f′(x)＞0对x∈(－∞,+∞)恒成立，此时f(x)只有一个单调区间，矛盾. 若a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间，矛盾. 若a＜0,∵f′(x)=3a(x+

1)·(x－1),此时f(x)恰有三个单调区间. 3|a|3|a|1)和(1,+∞)，

3|a|3|a|∴a＜0且单调减区间为(－∞,－单调增区间为(－

1,

3|a|1). 3|a|24.解：f′(x)=a+2bx+1,

x(1) 由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且a+4b+1=0,

2解方程组可得a=－2,b=－1,∴f(x)=－2lnx－1x2+x,

3636(2)f′(x)=－2x-1－1x+1,当x∈(0,1)时，f′(x)＜0,当x∈(1,2)时，f′(x)＞0,当x∈(2,+

33∞)时，f′(x)＜0,故在x=1处函数f(x)取得极小值5,在x=2处函数取得极大值4－2ln2.

63325.证法一：∵b＞a＞e,∴要证ab＞ba,只要证blna＞alnb,设f(b)=blna－alnb(b＞e),则 f′(b)=lna－a.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且a＜1,∴f′(b)＞0.∴函数f(b)=blna－alnb在(e,+∞)

bb上是增函数，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.

证法二：要证ab＞ba,只要证blna＞alnb(e＜a＜b),即证(x)=1lnx＜0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b,

x2,设f(x)=lnx(x＞e)，则f′

x∴f(a)＞f(b),即lnalnb,∴ab＞ba.

ab26.解：(1)f(α)=

28a16a,f(β)=

28a16a,f(α)=f(β)=4,

(2)设φ(x)=2x2－ax－2,则当α＜x＜β时，φ(x)＜0,

(4xa)(x21)(4xa)(x21)4(x21)2x(4xa) f(x)(x21)2(x21)22(2x2ax2)2(x)20 222(x1)(x1).

∴函数f(x)在(α，β)上是增函数.

(3)函数f(x)在［α，β］上最大值f(β)＞0,最小值f(α)＜0,

∵|f(α)·f(β)|=4,∴当且仅当f(β)=－f(α)=2时，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此时a=0,f(β)=2.