2024秋高中數(shù)學第一章導數(shù)及其應(yīng)用章末整合提升學案含解析新人教A版選修2-2

PAGE11-第一章章末整合提升網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建·理脈絡(luò)導數(shù)及其應(yīng)用專題突破·啟智能專題利用導數(shù)的幾何意義解題導數(shù)的概念、運算及導數(shù)的幾何意義等基礎(chǔ)學問，是高考的必考內(nèi)容，難度位于中低檔．典例1設(shè)曲線y＝x3在x＝a(a≠0)處的切線為l.(1)求直線l的方程；(2)證明：直線l與曲線y＝x3恒有兩個不同的公共點，且這兩個公共點之間的距離不小于3eq\r(6)a2.[思路分析](1)利用導數(shù)的幾何意義解決．先求導數(shù)f′(x)＝3x2，則切線斜率為f′(a)＝3a2，再利用點斜式寫出切線方程．(2)利用方程思想解決．將切線方程與曲線方程聯(lián)立求出交點坐標A(a，a3)，B(－2a，－8[解析](1)y′＝3x2，直線l的斜率為f′(a)＝3a2故直線l的方程為y－a3＝3a2(x－a即y＝3a2x－2a(2)證明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x3，,y＝3a2x－2a3))，得x3－3a2x＋2a3＝0.即(x－a)2(x＋2a)＝0，解得x1＝a，x2＝－2因為a≠0，所以x1≠x2.所以直線l與曲線有兩個不同的交點A(a，a3)，B(－2a，－8a則|AB|＝eq\r(3a2＋9a32)≥eq\r(2·3a·9a3)＝3eq\r(6)即這兩個公共點之間的距離不小于3eq\r(6)『規(guī)律方法』如何求方程x3－3a2x＋2a3＝0的根是解決該題其次問的關(guān)鍵．事實上，x3－3a2x＋2a3＝0可化為(x3－a2x)－(2a2x－2a3)＝0，進而化為x(x2－a2)－2專題求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間典例2設(shè)a∈R，探討定義在(－∞，0)的函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋(a＋eq\f(1,2))x2＋(a＋1)x的單調(diào)性．[解析]f′(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋a＋1＝(x＋1)(ax＋a＋1)，x(1)若a＝0，則f′(x)＝x＋1，當x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(－1,0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)若a≠0時，則f′(x)＝a(x＋1)·[x＋(1＋eq\f(1,a))]．①若a>0，則當x∈(－∞，－1－eq\f(1,a))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(－1－eq\f(1,a)，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(－1,0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．②若－1≤a<0，則當x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(－1,0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．③若a<－1，則當x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(－1，－1－eq\f(1,a))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(－1－eq\f(1,a)，0)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．『規(guī)律方法』導數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性是高考中最常見的考查方式，對函數(shù)性質(zhì)的探討涉及到方方面面，涉及方法思想較多，數(shù)形結(jié)合思想、分類探討思想、逆向思維等等．專題求函數(shù)的極值與最值典例3已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點；(2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．[解析](1)證明：f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因為y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又當x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點．(2)證明：由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(fα,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．綜上，f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．『規(guī)律方法』一般地，對于“雙峰”函數(shù)(只有一個極大值和一個微小值的函數(shù))，當函數(shù)f(x)的極大值小于零或函數(shù)f(x)的微小值大于零時，圖象與x軸僅有一個交點．專題恒成立問題典例4設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－e－x.(1)證明：f(x)的導數(shù)f′(x)≥2；(2)若對全部x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍．[思路分析](1)求導數(shù)f′(x)＝ex＋e－x，視察結(jié)構(gòu)利用基本不等式解決；(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－ax，則g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，由(1)知f′(x)＝ex＋e－x≥2，從而得到分類標準為a≤2和a>2，在這兩種狀況下利用導數(shù)來探討函數(shù)g(x)的單調(diào)性及最值，即可解決．[解析](1)證明：f(x)的導數(shù)f′(x)＝ex＋e－x.由于ex＋e－x≥2eq\r(exe－x)＝2，故f′(x)≥2.當且僅當x＝0時，等號成立．(2)令g(x)＝f(x)－ax，則g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，①若a≤2，當x>0時，g′(x)＝ex＋e－x－a>2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以x≥0時，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax.②若a>2，方程g′(x)＝0的正根為x1＝lneq\f(a＋\r(a2－4),2)，x2＝lneq\f(a－\r(a2－4),2)<0，舍去x2.此時，若x∈(0，x1)，則g′(x)<0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù)．所以，x∈(0，x1)時，g(x)<g(0)＝0，即f(x)<ax，與題設(shè)f(x)≥ax相沖突．綜上，滿意條件的a的取值范轉(zhuǎn)圍是(－∞，2]．『規(guī)律方法』結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、極值及最值，將參數(shù)置身于題目之中，考查分類探討、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學思想方法，始終是高考的熱點問題．其中恒成立問題是常見的問題之一，在解決恒成立問題時，一般是構(gòu)造函數(shù)、數(shù)形結(jié)合或分別參數(shù)，過程要留意樹立主元意識．專題利用導數(shù)處理方程的根以導數(shù)為工具畫出函數(shù)的大致圖象，進而利用數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)方程思想處理方程的根的問題在近幾年高考題中已出現(xiàn)，并有創(chuàng)新．典例5設(shè)a為實數(shù)，已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋(a2－1)x.(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若方程f(x)＝0有三個不等實根，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)依題意有f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2，故f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)．當x變更時，f′(x)，f(x)的變更狀況如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗由上表得f(x)在x＝0時取極大值f(0)＝0，f(x)在x＝2時取得微小值f(2)＝－eq\f(4,3).(2)因為f′(x)＝x2－2ax＋(a2－1)＝[x－(a－1)]·[x－(a＋1)]，所以方程f′(x)＝0的兩根為a－1和a＋1，明顯，函數(shù)f(x)在x＝a－1時取得極大值，在x＝a＋1時取得微小值．因為方程f(x)＝0有三個不等實根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa－1>0，,fa＋1<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋2a－12>0，,\f(1,3)a－2a＋12<0，))解得－2<a<2，且a≠±1.故a的取值范圍是(－2，－1)∪(－1,1)∪(1,2)．專題導數(shù)在實際問題中的應(yīng)用從數(shù)學角度反映實際問題，建立數(shù)學模型，轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，再利用導數(shù)解決，從而進一步地解決實際問題是高考提出的實力要求．典例6某機械廠生產(chǎn)某種機器配件的最大生產(chǎn)實力為每日100件，假設(shè)日產(chǎn)品的總成本C(元)與日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)關(guān)系為C(x)＝eq\f(1,4)x2＋60x＋2050.求：(1)日產(chǎn)量為75件時的總成本和平均成本；(2)當日產(chǎn)量由75件提高到90件時，總成本的平均變更量；(3)當日產(chǎn)量為75件時，總成本的瞬時變更率．[解析](1)日產(chǎn)量為75件時的總成本和平均成本分別為C(75)＝7956.25(元)，eq\f(C75,75)≈106.08(元/件)．(2)當日產(chǎn)量由75件提高到90件時，總成本的平均變更量eq\f(ΔC,Δx)＝eq\f(C90－C75,90－75)＝101.25(元/件)．(3)∵C′(x)＝eq\f(1,2)x＋60，∴當日產(chǎn)量為75件時的總成本的瞬時變更率為C′(75)＝97.5(元)．『規(guī)律方法』要理解實際問題中導數(shù)的意義，首先要駕馭導數(shù)的定義域，然后再依據(jù)導數(shù)的定義說明它在實際問題中的意義．專題定積分的應(yīng)用典例7如圖，設(shè)由拋物線C：x2＝4y與過它的焦點F的直線l所圍成封閉曲面圖形的面積為S(陰影部分)．(1)設(shè)直線l與拋物線C交于兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1<x2，直線l的斜率為k，試用k表示x2－x1；(2)求S的最小值．[解析](1)可得點F(0,1)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，直線l與拋物線C交于兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y))得x2－4kx－4＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.又∵x1<x2，∴x2－x1＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq\r(k2＋1).(2)S＝eq\a\vs4\al(\i\in(x1,x2,))(kx＋1－eq\f(1,4)x2)dx＝(k·eq\f(x2,2)＋x－eq\f(1,12)x3)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs2\al\co1(x2,x1))＝(eq\f(k,2)xeq\o\al(2,2)＋x2－eq\f(1,12)xeq\o\al(3,2))－(eq\f(k,2)xeq\o\al(2,1)＋x1－eq\f(1,12)xeq\o\al(3,1))＝eq\f(k,2)(x2＋x1)(x2－x1)＋(x2－x1)－eq\f(1,12)(x2－x1)[(x1＋x2)2－x1x2]＝8k2eq\r(k2＋1)＋4eq\r(k2＋1)－eq\f(4,3)eq\r(k2＋1)(4k2＋1)，令eq\r(k2＋1)＝t，則t≥1，有k2＝t2－1，S＝8(t2－1)t＋4t－eq\f(4,3)t[4(t2－1)＋1]＝eq\f(8,3)t3，S＝eq\f(8,3)t3在[1，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，∴當t＝1，即k＝0時，S有最小值eq\f(8,3).專題函數(shù)思想與方程思想函數(shù)思想是用運動和變更的觀點、集合和對應(yīng)的思想來分析和探討數(shù)學問題中的數(shù)量關(guān)系，先建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，再利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)來分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題得到解決，函數(shù)思想的精髓就是構(gòu)造函數(shù)．方程思想可以幫助分析數(shù)學問題中變量間的等量關(guān)系，從而建立方程或方程組，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質(zhì)來分析、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題得到解決．函數(shù)思想與方程思想親密相關(guān)，函數(shù)關(guān)系式可看成方程，某些方程又可看成函數(shù)關(guān)系式，在解決有關(guān)問題時，函數(shù)、方程、不等式常相互轉(zhuǎn)化，從另一個角度使問題得到解決．導函數(shù)(即導數(shù)本身)就是一種函數(shù)，在解決有關(guān)導數(shù)的問題時，常會用到函數(shù)思想與方程思想．典例8已知a∈R，探討函數(shù)f(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)的極值點的個數(shù)．[解析]f′(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)＋ex(2x＋a)＝ex[x2＋(a＋2)x＋(2a令f′(x)＝0得x2＋(a＋2)x＋(2a(1)當Δ＝(a＋2)2－4(2a＋1)＝a2－4a＝a(即a<0或a>4時，方程x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)＝0有兩個不同的實根x1，x2，不妨設(shè)x1<x2于是f′(x)＝ex(x－x1)(x－x2)．從而有下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗即此時f(x)有兩個極值點．(2)當Δ＝0即a＝0或a＝4時，方程x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)＝0有兩個相同的實根x1＝x2于是f′(x)＝ex(x－x1)2.故當x<x1時，f′(x)>0；當x>x1時，f′(x)>0.因此f(x)無極值點．(3)當Δ<0即0<a<4時，x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)>0，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)]>0，故f(x)為增函數(shù)，此時f(因此當a>4或a<0時，f(x)有兩個極值點；當0≤a≤4時，f(x)無極值點．『規(guī)律方法』可導函數(shù)f(x)在點x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0的左側(cè)與右側(cè)f′(x)的符號不同，因此當方程有根時，還必需推斷方程的根的兩側(cè)導數(shù)的符號，這是解題時簡單忽視的地方．專題分類探討思想分類探討思想是依據(jù)數(shù)學中探討對象的本質(zhì)屬性的相同點和不同點，將探討對象分為不同的幾類，然后對劃分的每一類分別進行探討或求解的思想，它是解答數(shù)學問題的重要思想和解題策略之一，它可以使原本不確定的問題條理化、系統(tǒng)化、明確化．典例9已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，a∈R.設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，當h(x)存在最小值時，求其最小值φ(a)的解析式．[思路分析]本題是在函數(shù)、導數(shù)、不等式、解析幾何的交匯處命題，考查了導數(shù)的幾何意義、直線的方程、利用導數(shù)求函數(shù)的最值、利用導數(shù)證明不等式等學問，考查了分類探討與等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想以及綜合運用導數(shù)學問解決函數(shù)、不等式問題的實力．利用導數(shù)求函數(shù)的最值，要留意對參數(shù)a進行分類探討．[解析]由條件知h(x)＝eq\r(x)－alnx(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)，(1)當a>0時，令h′(x)＝0，解得x＝4a2∴當0<x<4a2時，h′(x)<0，h(x)在(0,4a當x>4a2時，h′(x)>0，h(x)在(4a∴x＝4a2是h(x∴最小值φ(a)＝h(4a2)＝2a－aln(4a2)＝2(2)當a≤0時，h′(x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無最小值．故h(x)的最小值φ(a)的解析式為φ(a)＝2a(1－ln2a)(『規(guī)律方法』假如我們面臨的數(shù)學問題不能用統(tǒng)一的形式解決，或者因為一種形式無法進行概括時，這時分類探討就順理成章了，分類時要遵循“不重不漏”的分類原則，對于每一類狀況都要給出解答．分類探討思想的一般步驟是：(1)確定標準；(2)恰當?shù)胤诸悾?3)逐類探討；(4)歸納結(jié)論．本章中的題型，如求單調(diào)區(qū)間、求參數(shù)的范圍、求極值、最值以及恒成立問題時，都要用到分類探討思想．專題數(shù)形結(jié)合思想數(shù)形結(jié)合思想是一個重要的數(shù)學思想，也是一種常見的數(shù)學方法．一般來說，“形”具有形象、直觀的特點，易于從整體上定性地分析問題，“數(shù)形比照”便于尋求思路、化難為易；“數(shù)”則具有嚴謹、精確的特點，能夠進行嚴格的論證和定理求解．“由數(shù)想形”可以彌補“形”難以精確的弊端，恰當?shù)貞?yīng)用數(shù)形結(jié)合思想可以提高解題的速度，優(yōu)化解題過程，這正如聞名數(shù)學家華羅庚先生所說：“數(shù)缺形時少直觀，形少數(shù)時難入微”．本章的數(shù)形結(jié)合思想體現(xiàn)許多，如導數(shù)的幾何意義、函數(shù)的單調(diào)性、極值、方程中根的探討、定積分的計算等．典例10已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx在點x0處取得極大值5，其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過點(1,0)，(2,0)．如圖所示．(1)求x0的值；(2)求a，b，c的值．[思路分析]由導函數(shù)的圖象推斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，從而確定極值點．[解析](1)由圖象可知，在(－∞，1)上，f′(x)>0；在(1,2)上，f′(x)<0；在(2，＋∞)上，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減．因此f(x)在x＝1處取得極大值，所以x0＝1.(2)解法1：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由f′(1)＝0，f′(2)＝0，f(1)＝5得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0,12a＋4b＋c＝0,a＋b＋c＝5))，解得a＝2，b＝－9，c＝12.解法2：設(shè)f′(x)＝m(x－1)(x－2)＝mx2－3mx＋2m又f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以a＝eq\f(m,3)，b＝－eq\f(3,2)m，c＝2m，f(x)＝eq\f(m,3)x3－eq\f(3,2)mx2＋2mx.∵f(1)＝5，∴eq\f(m,3)－eq\f(3,2)m＋2m＝5，∴m＝6，∴a＝2，b＝－9，c＝12.專題十一轉(zhuǎn)化與化歸思想所謂轉(zhuǎn)化與化歸就是在處理問題時，把待解決的問題或難解決的問題，通過某種轉(zhuǎn)化過程，歸結(jié)為一類已解決或易解決的問題，最終使問題得到解決．可以說數(shù)學解題就是轉(zhuǎn)化問題，每一個數(shù)學問題無不是在不斷地轉(zhuǎn)化中獲得解決的，即使是數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)方程思想、分類探討思想也都是轉(zhuǎn)化與化歸思想的表現(xiàn)形式．典例11已知f(x)在定義域(－1,1)內(nèi)可導，且f′(x)<0，又當a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0時，f(a)＋f(b)＝0，解不等式f(1－m)＋f(1－m2)>0.[思路分析]本題是一個抽象型函數(shù)問題，有三個關(guān)鍵點：①在定義域(－1,1)內(nèi)，由f′(x)<0知f(x)單調(diào)遞減；②由a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0時，f(a)＋f(b)＝0知f(x)是奇函數(shù)；③將f(1－m)＋f(1－m2)>0變形后，應(yīng)用單調(diào)性、奇偶性轉(zhuǎn)化為詳細的不等式組來求解．[解析]因為f(x)在(－1,1)內(nèi)可導，且f′(x)<0，所以f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)．當a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0時，f(a)＋f(b)＝0，所以f(b)＝－f(a)，即f(－a)＝－f(a)，所以f(x)在(－1,1)上為奇函數(shù)．又因為f(1－m)＋f(1－m2)>0，所以f(1－m)>－f(1－m2)，所以f(1－m)>f(m2－1)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<1－m<1，,－1<m2－1<1，,1－m<m2－1，))解得1<m<eq\r(2).『規(guī)律方法』求解抽象函數(shù)問題要留意：①不行把抽象函數(shù)特別化，要細致分析已知條件，不行以主觀添加認為成立的條件．②要對已知條件多方面變形運用，借助通用的單調(diào)性、奇偶性求解時要符合已知條件.即時鞏固一、選擇題1．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導數(shù)為f′(x)，f′(0)>0，對于隨意實數(shù)x都有f(x)≥0，則eq\f(f1,f′0)的最小值為(C)A．3 B．eq\f(5,2)C．2 D．eq\f(3,2)[解析]∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b>0；∵對于隨意實數(shù)x都有f(x)≥0，∴a>0且b2－4ac≤0，∴b2≤4ac，∴∴eq\f(f1,f′0)＝eq\f(a＋b＋c,b)＝eq\f(a＋c,b)＋1≥eq\f(2\r(ac),b)＋1≥1＋1＝2，當a＝c時取等號．故選C．2．(2024·全國卷Ⅰ)函數(shù)y＝eq\f(sin2x,1－cosx)的部分圖象大致為(C)[解析]令f(x)＝eq\f(sin2x,1－cosx)，∵f(1)＝eq\f(sin2,1－cos1)>0，f(π)＝eq\f(sin2π,1－cosπ)＝0，∴解除選項A，D．由1－cosx≠0，得x≠2kπ(k∈Z)，故函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點對稱．又∵f(－x)＝eq\f(sin－2x,1－cos－x)＝－eq\f(sin2x,1－cosx)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，∴解除選項B．故選C．3．函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是(B)A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)[解析]∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函數(shù)，∴f′(x)＝3x2＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在[1，＋∞)上恒成立，又∵在[1，＋∞)上，(－3x2)max＝－3，∴a≥－3，故應(yīng)選B．二、填空題4．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝__1__.[解析]因為f(x)＝ax3＋x＋1，所以f(1)＝a＋2，f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，所以在點(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(又因為切線過點(2,7)，所以7－(a＋2)＝(3a＋1)×(2－1)，解之得a5．函數(shù)y＝cos3x＋sin2x－cosx的最大值__