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高中数学高考解密15 导数与函数的单调性、极值、（讲义）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练
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这是一份高中数学高考解密15 导数与函数的单调性、极值、（讲义）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练，共11页。
核心考点一 导数的几何意义
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cs x；
(2)(cs x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(lgax)′＝eq \f(1,xln a)(a>0，且a≠1，x>0).
1．【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【解析】，，，，因此所求切线的方程为，即．故选B．
2．【2018新课标1文6理5】设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为( )
A．B．C．D．
【解析】解法一：因为函数为奇函数，所以，所以
，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．
解法二：因为函数为奇函数，所以，所以
，解得，所以，
所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．
解法三：易知，因为为奇函数，所以函数
为偶函数，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．
3．【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_____________．
【解析】设切线的切点坐标为，，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即．故答案为．
1．【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【解析】解法1：设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得或（舍），
则直线的方程为，即．故选D．
解法2：由原点到直线的距离为，排除BC；把代入得，而，排除A；把代入得，方程有唯一解，故选D．
2．【2020新课标3文15】设函数．若，则_________．
【解析】由函数的解析式可得，
则，据此可得，整理可得，解得．故答案．
3．【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
【解析】设与和的切点分别为 和．
则切线分别为，，
化简得，，
依题意，解得，从而．
核心考点二 利用导数研究函数的单调性
1.导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
2.利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
1．【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是( )
（A） （B） （C） （D）
【解析】问题转化为对恒成立，
故，即恒成立．
令，得对恒成立．
解法一：构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，
故只需保证，解得．故选C．
解法二： = 1 \* GB3 ①当时，不等式恒成立； = 2 \* GB3 ②当时，恒成立，由在上单调递增，所以，故； = 3 \* GB3 ③当时，恒成立．由在上单调递增，，所以．
综上可得，．故选C．
2．【2020新课标2文21】已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设时，讨论函数的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为，
，
设，则有，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，
要想不等式在上恒成立，只需；
（2）方法1：且
因此，在（1）中，令得，当且仅当时等号成立，即，故，所以函数在区间和上单调递减．
方法2：且，
因此，令，则，在单调递增，在单调递减，于是，
由此可知，所以函数在区间和上单调递减．
方法3：且
因此，设，
则有，
当时，，所以，单调递减，因此有，
即，所以单调递减；
当时，，所以，单调递增，因此有，
即，所以单调递减，
所以函数在区间和上单调递减．
1.已知函数f(x)＝eq \f(1,2)mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是( )
A.[－1，1] B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞) D.(－∞，1]
【解析】f′(x)＝mx＋eq \f(1,x)－2≥0对一切x>0恒成立，∴m≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,x).
令g(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,x)，则当eq \f(1,x)＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.
2.已知x＝1是f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)＝f(x)－eq \f(3＋a,x)，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x，定义域(0，＋∞).
∴f′(x)＝2－eq \f(b,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2＋x－b,x2).
因为x＝1是f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－eq \f(3,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2＋x－3,x2)，令f′(x)<0，得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).
(2)g(x)＝f(x)－eq \f(3＋a,x)＝2x＋ln x－eq \f(a,x)(x>0)，g′(x)＝2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)(x>0).
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
所以a的取值范围是[－3，＋∞).
核心考点三 利用导数研究函数的极值和最值
利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.
1．【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是_________．
【解析】因为，
所以，
由得，即，，
由得，即
或，，
所以当（）时，取得最小值，
且．
2. 【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
3．【2019新课标3文20】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．
【解析】（1）．
令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．
故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．
故在单调递增，在单调递减．
（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0，1]的最小值为，最大值为或．于是
，
所以
当时，可知单调递减，所以的取值范围是．
当时，单调递增，所以的取值范围是．
综上的取值范围是．
1．【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为( )
A． B． C． D．1
【解析】∵ ∴ 导函数，
∵ ，∴ ，∴ 导函数，令，∴ ，，
当变化时，，随变化情况如下表：
从上表可知：极小值为．故选A
2.已知函数f(x)＝excs x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
【解析】(1)∵f(x)＝ex·cs x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
3.已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－ln x)).
(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \f(exx－1－axx－1,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax))x－1,x2).
当a≤0时，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，
所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，则f′(x)＝0在(0,1)内有解．
令f′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax))x－1,x2)＝0，即ex－ax＝0，即a＝eq \f(ex,x).
设g(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0,1)，所以 g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，所以g(x)单调递减．
又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x)→＋∞，
即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，
所以当a>e时，f′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax))x－1,x2)＝0 有解．
设H(x)＝ex－ax，则 H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)，
所以H(x)在(0,1)上单调递减．
因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.
当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：
所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．
当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．
综上，a的取值范围为(e，＋∞)．核心考点
读高考设问知考法
命题解读
导数的几何意义
【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为( )
利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（ ）
【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为__________．
【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
利用导数研究函数的单调性
【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是( )
【2020新课标2文21】已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设时，讨论函数的单调性．
利用导数研究函数的极值和最值
【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是________．
【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为( )
【2019新课标3文20】已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．
【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
+
0
-
0
+
极大值
极小值
x
(0，x0)
x0
(x0,1)
H(x)
＋
0
－
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
核心考点一 导数的几何意义
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cs x；
(2)(cs x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(lgax)′＝eq \f(1,xln a)(a>0，且a≠1，x>0).
1．【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【解析】，，，，因此所求切线的方程为，即．故选B．
2．【2018新课标1文6理5】设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为( )
A．B．C．D．
【解析】解法一：因为函数为奇函数，所以，所以
，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．
解法二：因为函数为奇函数，所以，所以
，解得，所以，
所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．
解法三：易知，因为为奇函数，所以函数
为偶函数，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．
3．【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_____________．
【解析】设切线的切点坐标为，，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即．故答案为．
1．【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【解析】解法1：设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得或（舍），
则直线的方程为，即．故选D．
解法2：由原点到直线的距离为，排除BC；把代入得，而，排除A；把代入得，方程有唯一解，故选D．
2．【2020新课标3文15】设函数．若，则_________．
【解析】由函数的解析式可得，
则，据此可得，整理可得，解得．故答案．
3．【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
【解析】设与和的切点分别为 和．
则切线分别为，，
化简得，，
依题意，解得，从而．
核心考点二 利用导数研究函数的单调性
1.导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
2.利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
1．【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是( )
（A） （B） （C） （D）
【解析】问题转化为对恒成立，
故，即恒成立．
令，得对恒成立．
解法一：构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，
故只需保证，解得．故选C．
解法二： = 1 \* GB3 ①当时，不等式恒成立； = 2 \* GB3 ②当时，恒成立，由在上单调递增，所以，故； = 3 \* GB3 ③当时，恒成立．由在上单调递增，，所以．
综上可得，．故选C．
2．【2020新课标2文21】已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设时，讨论函数的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为，
，
设，则有，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，
要想不等式在上恒成立，只需；
（2）方法1：且
因此，在（1）中，令得，当且仅当时等号成立，即，故，所以函数在区间和上单调递减．
方法2：且，
因此，令，则，在单调递增，在单调递减，于是，
由此可知，所以函数在区间和上单调递减．
方法3：且
因此，设，
则有，
当时，，所以，单调递减，因此有，
即，所以单调递减；
当时，，所以，单调递增，因此有，
即，所以单调递减，
所以函数在区间和上单调递减．
1.已知函数f(x)＝eq \f(1,2)mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是( )
A.[－1，1] B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞) D.(－∞，1]
【解析】f′(x)＝mx＋eq \f(1,x)－2≥0对一切x>0恒成立，∴m≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,x).
令g(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,x)，则当eq \f(1,x)＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.
2.已知x＝1是f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)＝f(x)－eq \f(3＋a,x)，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x，定义域(0，＋∞).
∴f′(x)＝2－eq \f(b,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2＋x－b,x2).
因为x＝1是f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－eq \f(3,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2＋x－3,x2)，令f′(x)<0，得0
(2)g(x)＝f(x)－eq \f(3＋a,x)＝2x＋ln x－eq \f(a,x)(x>0)，g′(x)＝2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)(x>0).
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
所以a的取值范围是[－3，＋∞).
核心考点三 利用导数研究函数的极值和最值
利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.
1．【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是_________．
【解析】因为，
所以，
由得，即，，
由得，即
或，，
所以当（）时，取得最小值，
且．
2. 【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
3．【2019新课标3文20】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．
【解析】（1）．
令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．
故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．
故在单调递增，在单调递减．
（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0，1]的最小值为，最大值为或．于是
，
所以
当时，可知单调递减，所以的取值范围是．
当时，单调递增，所以的取值范围是．
综上的取值范围是．
1．【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为( )
A． B． C． D．1
【解析】∵ ∴ 导函数，
∵ ，∴ ，∴ 导函数，令，∴ ，，
当变化时，，随变化情况如下表：
从上表可知：极小值为．故选A
2.已知函数f(x)＝excs x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
【解析】(1)∵f(x)＝ex·cs x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
3.已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－ln x)).
(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \f(exx－1－axx－1,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax))x－1,x2).
当a≤0时，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，
所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，则f′(x)＝0在(0,1)内有解．
令f′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax))x－1,x2)＝0，即ex－ax＝0，即a＝eq \f(ex,x).
设g(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0,1)，所以 g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，所以g(x)单调递减．
又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x)→＋∞，
即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，
所以当a>e时，f′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax))x－1,x2)＝0 有解．
设H(x)＝ex－ax，则 H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)，
所以H(x)在(0,1)上单调递减．
因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.
当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：
所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．
当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．
综上，a的取值范围为(e，＋∞)．核心考点
读高考设问知考法
命题解读
导数的几何意义
【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为( )
利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（ ）
【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为__________．
【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
利用导数研究函数的单调性
【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是( )
【2020新课标2文21】已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设时，讨论函数的单调性．
利用导数研究函数的极值和最值
【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是________．
【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为( )
【2019新课标3文20】已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．
【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
+
0
-
0
+
极大值
极小值
x
(0，x0)
x0
(x0,1)
H(x)
＋
0
－
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
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