微专题32　导数的简单应用-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题32　导数的简单应用-2024年高考数学二轮微专题系列，共28页。试卷主要包含了考查函数的切线问题，已知函数f＝x3－x＋1，则等内容，欢迎下载使用。

1.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( )
A.－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B.－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)
C.－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D.－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
答案 D
解析 f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，
则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0，2π].
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(3π,2).
因为f(eq \f(π,2))＝cs eq \f(π,2)＋(eq \f(π,2)＋1)sin eq \f(π,2)＋1＝2＋eq \f(π,2)，
f(eq \f(3π,2))＝cs eq \f(3π,2)＋(eq \f(3π,2)＋1)sin eq \f(3π,2)＋1＝－eq \f(3π,2)，
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f(eq \f(π,2))＝2＋eq \f(π,2)，
f(x)min＝f(eq \f(3π,2))＝－eq \f(3π,2).故选D.
2.(2022·全国甲卷)已知a＝eq \f(31,32)，b＝cs eq \f(1,4)，c＝4sin eq \f(1,4)，则( )
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
答案 A
解析 因为b＝cs eq \f(1,4)＝1－2sin2eq \f(1,8)，
所以b－a＝1－2sin2eq \f(1,8)－eq \f(31,32)＝eq \f(1,32)－2sin2eq \f(1,8)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,64)－sin2\f(1,8))).
令f(x)＝x－sin x，
则f′(x)＝1－cs x≥0，
所以函数f(x)在R上单调递增，
所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，
即有x>sin x(x>0)成立，
所以eq \f(1,8)>sin eq \f(1,8)，得eq \f(1,64)>sin2eq \f(1,8)，所以b>a.
因为eq \f(c,b)＝eq \f(4sin \f(1,4),cs \f(1,4))＝4tan eq \f(1,4)，
所以令g(x)＝tan x－x，
则g′(x)＝eq \f(cs2x＋sin2x,cs2x)－1＝eq \f(1－cs2x,cs2x)≥0，
所以函数g(x)在定义域内单调递增，
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
即有tan x>x(x>0)成立，
所以tan eq \f(1,4)>eq \f(1,4)，即4tan eq \f(1,4)>1，
所以eq \f(c,b)>1，又b>0，所以c>b.
综上c>b>a.故选A.
3.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AC
解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.
令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq \f(\r(3),3).
由f′(x)＝3x2－1>0得x>eq \f(\r(3),3)或x<－eq \f(\r(3),3)；
由f′(x)＝3x2－1<0得－eq \f(\r(3),3)所以f(x)＝x3－x＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，
所以f(x)有两个极值点，故A正确；
因为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(3)－eq \f(\r(3),3)＋1＝1－eq \f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，
所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称且g(0)＝0，
所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，
则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；
若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上；
若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选AC.
4.(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.
答案 y＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)x
解析 先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，
则由y′＝eq \f(1,x)，得切线斜率为eq \f(1,x0)，
又切线的斜率为eq \f(y0,x0)，所以eq \f(1,x0)＝eq \f(y0,x0)，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为eq \f(1,e)，切线方程为y＝eq \f(1,e)x.
同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－eq \f(1,e)x.
综上可知，两条切线方程为y＝eq \f(1,e)x，y＝－eq \f(1,e)x.
热点一 导数的计算及几何意义
1.复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′.
2.导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.
(3)切点既在切线上，又在曲线上.
例1 (1)(2022·沈阳二模)已知函数f(x)＝x2－xf′(1)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为( )
A.3x－y－4＝0 B.3x－y＋4＝0
C.3x＋y＋4＝0 D.3x＋y－4＝0
(2)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
答案 (1)A (2)(e，1)
解析 (1)由f(x)＝x2－xf′(1)，得f′(x)＝2x－f′(1)，
所以f′(1)＝2－f′(1)，得f′(1)＝1，
所以f(x)＝x2－x，f′(x)＝2x－1，
所以f(2)＝22－2＝2，f′(2)＝2×2－1＝3，
所以所求切线方程为y－2＝3(x－2)，
即3x－y－4＝0，故选A.
(2)设A(m，n)，y′＝eq \f(1,x)，
则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为
y－n＝eq \f(1,m)(x－m).
又切线过点(－e，－1)，
所以有n＋1＝eq \f(1,m)(m＋e).
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e，1).
规律方法 求过某点的切线方程时(不论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程.
训练1 (1)(2022·海南模拟)已知函数f(x)＝2f′(3)x－eq \f(2,9)x2＋ln x(f′(x)是f(x)的导函数)，则f(1)＝( )
A.－eq \f(20,9) B.－eq \f(11,9)
C.eq \f(7,9) D.eq \f(16,9)
(2)(2022·西安模拟)已知倾斜角为45°的直线l与曲线y＝ln x－eq \f(2,x)＋1相切，则直线l的方程是________.
答案 (1)D (2)x－y＋ln 2－2＝0
解析 (1)∵f′(x)＝2f′(3)－eq \f(4,9)x＋eq \f(1,x)，
∴f′(3)＝2f′(3)－eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)⇒f′(3)＝1，
∴f(x)＝2x－eq \f(2,9)x2＋ln x，
∴f(1)＝2－eq \f(2,9)＝eq \f(16,9)，故选D.
(2)直线的倾斜角为45°，则直线的斜率为tan 45°＝1，
由y＝ln x－eq \f(2,x)＋1，得y′＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)，
由y′＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)＝1，解得x＝－1(舍去)或x＝2，
所以切点坐标为(2，ln 2)，
则直线l方程为y－ln 2＝1×(x－2)，
即x－y＋ln 2－2＝0.
热点二 公切线问题
导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.
例2 (1)若f(x)＝ln x与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于( )
A.1 B.2
C.3 D.3或－1
(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ex－2的切线，也是曲线y＝ex－1的切线，则k＋b等于( )
A.－eq \f(ln 2,2) B.eq \f(1－ln 2,2)
C.eq \f(ln 2－1,2) D.eq \f(ln 2,2)
答案 (1)D (2)D
解析 (1)设在函数f(x)＝ln x处的切点为(x，y)，
根据导数的几何意义得到k＝eq \f(1,x)＝1，解得x＝1，
故切点为(1，0)，可求出切线方程为y＝x－1，
此切线和g(x)＝x2＋ax也相切，故x2＋ax＝x－1，
化简得到x2＋(a－1)x＋1＝0，
只需要满足Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3.
(2)设曲线y＝ex－2上的点P(x1，y1)，y′＝ex－2，k1＝ex1－2；
曲线y＝ex－1上的点Q(x2，y2)，y′＝ex，k2＝ex2，
∴l1：y＝ex1－2x＋ex1－2－x1ex1－2，
l2：y＝ex2x＋ex2－1－x2ex2，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1－2＝ex2，,ex1－2－x1ex1－2＝ex2－x2ex2－1，))
∴x2＝－ln 2，
∴k＋b＝ex2＋ex2－1－x2ex2＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－1－(－ln 2)×eq \f(1,2)＝eq \f(ln 2,2).
规律方法 解决曲线的切线问题，核心是切点坐标，因为切点处的导数就是切线的斜率，公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.
训练2 (1)(2022·青岛模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3ln x－x，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为( )
A.2 B.5
C.1 D.0
(2)已知曲线y＝ex在点(x1，ex1)处的切线与曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)等于( )
A.－1 B.－2
C.1 D.2
答案 (1)C (2)B
解析 (1)根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a＞0，
由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，
则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a，
由g(x)＝－3ln x－x，
可得g′(x)＝－eq \f(3,x)－1，
则切线的斜率为k＝g′(a)＝－eq \f(3,a)－1，
因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，
所以－4a＝－eq \f(3,a)－1，
解得a＝1或a＝－eq \f(3,4)(舍去)，
又由g(1)＝－1，
即公共点的坐标为(1，－1)，
将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1.
(2)已知曲线y＝ex在点(x1，ex1)处的切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)，
即y＝ex1x－ex1x1＋ex1，
曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线方程为y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)x－1＋ln x2，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1＝\f(1,x2)，,ex1－ex1x1＝－1＋ln x2，))
得x2＝eq \f(1,ex1)，
ex1－ex1x1＝－1＋ln x2＝－1＋lneq \f(1,ex1)＝－1－x1，则ex1＝eq \f(x1＋1,x1－1).
又x2＝eq \f(1,ex1)，所以x2＝eq \f(x1－1,x1＋1)，
所以x2－1＝eq \f(x1－1,x1＋1)－1＝eq \f(－2,x1＋1)，
所以(x1＋1)(x2－1)＝－2.
热点三 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.
(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.
考向1 求函数的单调区间
例3 已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝eq \f(（ax2－2）（x－1）,x3).
若a≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
若a>0，
f′(x)＝eq \f(a（x－1）,x3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当01，
当x∈(0，1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
(2)当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增.
(3)当a>2时，0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.
考向2 函数单调性的应用
例4 (1)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足eq \f(f（x）＋xf′（x）,f′（x）)<1，则下列结论中正确的是( )
A.f(x)>0恒成立B.f(x)<0恒成立
C.当且仅当x∈(－∞，1)，f(x)<0D.当且仅当x∈(1，＋∞)，f(x)>0
答案 A
解析 依题意f′(x)<0，且eq \f(f（x）＋xf′（x）,f′（x）)<1，
得f(x)＋(x－1)f′(x)>0.
令g(x)＝(x－1)f(x)，
则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，
∴函数g(x)在R上单调递增.
又g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)>0，f(x)>0，当x<1时，g(x)<0，f(x)>0.
故f(x)>0在R上恒成立.
(2)(2022·广州二模改编)若函数f(x)＝x－eq \f(1,x)－aln x，a∈R在其定义域内单调递增，求实数a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－ax＋1,x2).
由已知得f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
可得x2－ax＋1≥0，
即a≤x＋eq \f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，
又x＋eq \f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时等号成立，
故实数a的取值范围为(－∞，2].
规律方法 1.讨论函数的单调性一般可以归结为讨论含有参数的一元二次不等式的解集.
2.函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.
3.若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
4.函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.
训练3 (1)定义在(1，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1>0(f′(x)为函数f(x)的导函数)，f(3)＝eq \f(4,3)，则关于x的不等式f(lg2x)－1>lgx2的解集为________.
(2)若函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－2ax＋ln x在(1，3)上不单调，则实数a的取值范围为________.
(3)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x(a≠0).
①若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________；
②若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，则实数a的取值范围是________.答案 (1)(8，＋∞) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞) (3)①(－1，0)∪(0，＋∞)
②eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)
解析 (1)由x2f′(x)＋1>0，得f′(x)＋eq \f(1,x2)>0(x>1)，
构造函数F(x)＝f(x)－eq \f(1,x)，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝f′(x)＋eq \f(1,x2)>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增.
不等式f(lg2x)－1>lgx2化为f(lg2x)－eq \f(1,lg2x)>1.
又F(3)＝f(3)－eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)－eq \f(1,3)＝1，
故原不等式化为F(lg2x)>F(3)，
从而lg2x>3，解之得x>8.
(2)f′(x)＝ax－2a＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－2ax＋1,x)，
令φ(x)＝ax2－2ax＋1，
∵f(x)在(1，3)上不单调，
∴φ(x)在(1，3)上有变号零点，
当a＝0时，不满足题意；
当a≠0时，φ(x)的对称轴为x＝1，
∴φ(1)·φ(3)<0，
解得a<－eq \f(1,3)或a>1.
(3)①由题意得h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.
由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，
即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解.
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以只要a>G(x)min即可.
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞).
②因为h(x)在[1，4]上单调递减，
所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)在x∈[1，4]时恒成立.
由①知G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，所以a≥G(x)max.
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，
因为x∈[1，4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以当x＝4时，G(x)取到最大值，
且G(x)max＝－eq \f(7,16)，
所以a≥－eq \f(7,16).
又因为a≠0，
所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞).
热点四 利用导数研究函数的极值、最值
1.由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点.
(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点.
2.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
例5 (1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A.－1 B.－eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2) D.1
(2)(2022·沧州三模)已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－x，则( )
A.f(x)的单调递减区间为(0，1)
B.f(x)的极小值点为1
C.f(x)的极大值为－1
D.f(x)的最小值为－1
答案 (1)B (2)C
解析 (1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝－2，,f′（1）＝0，))
而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))
所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)，
因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意.
所以f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).故选B.
(2)因为f(x)＝eq \f(ln x,x)－x，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－1＝eq \f(1－ln x－x2,x2)，
令φ(x)＝1－ln x－x2，
则φ′(x)＝－eq \f(1,x)－2x＜0，
所以φ(x)＝1－ln x－x2在(0，＋∞)上单调递减，
因为φ(1)＝0，
所以当0＜x＜1时，φ(x)＞0，
即f′(x)＞0；
当x＞1时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
故f(x)的极大值点为1，f(x)极大值＝f(1)＝－1，即f(x)max＝f(1)＝－1，不存在最小值.故选C.
易错提醒 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
(1)不能忽略函数f(x)的定义域.
(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极大(小)值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
训练4 (1)(2022·榆林三模)已知函数f(x)＝x－asin x，则“a＝2”是“x＝eq \f(π,3)是f(x)的一个极小值点”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
(2)(2022·武汉二模)已知函数f(x)＝xcs x－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，x∈(0，π)，则函数f(x)的最大值是( )
A.－cs 1 B.－sin 1
C.－1 D.－eq \r(2)
答案 (1)C (2)B
解析 (1)f′(x)＝1－acs x，
若a＝2，则f′(x)＝1－2cs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))时，cs x＞eq \f(1,2)，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,3)))时，cs x＜eq \f(1,2)，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
故x＝eq \f(π,3)是f(x)的极小值点.
若x＝eq \f(π,3)是f(x)的极小值点，则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝1－eq \f(a,2)＝0，解得a＝2，经检验满足题意，
故“a＝2”是“x＝eq \f(π,3)是f(x)的一个极小值点”的充要条件.故选C.
(2)依题意函数
f′(x)＝cs x－xsin x－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝(1－x)sin x，
则函数f(x)在(0，1)上递增，在(1，π)上递减.
因此在(0，π)上，f(x)max＝f(1)＝－sin 1.
故选B.
一、基本技能练
1.(2022·徐州调研)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)的极值点的个数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
答案 C
解析 因为在x＝0处左、右两边的导数值均为负数，所以0不是极值点，
故由题图可知f(x)只有2个极值点，故选C.
2.(2022·郑州模拟)函数f(x)＝2f′(1)·x＋xln x在x＝1处的切线方程为( )
A.y＝2x－2 B.y＝2x＋1
C.y＝－x－1 D.y＝x－1
答案 C
解析 因为f′(x)＝2f′(1)＋ln x＋1，
所以f′(1)＝2f′(1)＋1，即f′(1)＝－1，
所以f(1)＝2f′(1)＝－2，
所以切线方程为y－(－2)＝－(x－1)，
即y＝－x－1，故选C.
3.(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A.－3是函数y＝f(x)的极值点
B.－1是函数y＝f(x)的最小值点
C.y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
D.y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零
答案 AC
解析 根据导函数图象可知：
当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＜0，
当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，
∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故C正确；
则－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；
∵在(－3，1)上单调递增，
∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故B不正确；
∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，
∴切线的斜率大于零，故D不正确.
故选AC.
4.函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1，2]上的最大值为3，最小值为－29(a＞0)，则a，b的值为( )
A.a＝2，b＝－29 B.a＝3，b＝2
C.a＝2，b＝3 D.以上都不对
答案 C
解析 函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
因为a＞0，所以令f′(x)＜0，得0＜x＜4，
此时函数单调递减，
令f′(x)＞0，得x＞4或x＜0，此时函数单调递增，
即函数在(－1，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，
即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，
则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，
f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，
则f(－1)＞f(2)，
即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，
解得a＝2.
5.已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是( )
A.f(2 023)>e2 023f(0)
B.f(2 023)C.f(2 023)＝e2 023f(0)
D.f(2 023)与e2 023f(0)的大小关系无法确定
答案 B
解析 令函数g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex).
∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，
即函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
∴g(2 023)∴f(2 023)6.(2022·重庆调研)已知函数f(x)＝eq \f(aex,x)－x，若对任意的0A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞ ，\f(1,e))) B.(－∞，e2]
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,e2)，＋∞))
答案 C
解析 对任意的0都有eq \f(f（x1）,x2)－eq \f(f（x2）,x1)<0，
即x1f(x1)所以函数g(x)＝xf(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(aex,x)－x))＝aex－x2在(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)＝aex－2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥eq \f(2x,ex)在(0，＋∞)上恒成立.
令h(x)＝eq \f(2x,ex)，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝eq \f(2（1－x）,ex).
当x∈(0，1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)max＝h(1)＝eq \f(2,e)，所以a≥eq \f(2,e).故选C.
7.曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为________.
答案 5x－y＋2＝0
解析 y′＝eq \f(2（x＋2）－（2x－1）,（x＋2）2)＝eq \f(5,（x＋2）2)，
k＝y′|x＝－1＝5，故所求切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.
8.(2022·成都蓉城名校联考)函数f(x)＝xsin x＋cs x－3x2的极值点为________.
答案 0
解析 由已知得f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x－6x＝x(cs x－6)，
∴当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，即函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
∴函数f(x)在x＝0处取得极大值.
9.(2022·广东广雅中学调研改编)已知函数f(x)＝ln x＋ax在函数g(x)＝x2－2x＋b的单调递增区间上也单调递增，则实数a的取值范围是________.
答案 [0，＋∞)
解析 函数g(x)＝x2－2x＋b的单调递增区间为[1，＋∞)，依题意得，函数f(x)在[1，＋∞)上也单调递增，
则f′(x)＝eq \f(1,x)＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－eq \f(1,x)在[1，＋∞)上恒成立.
令m(x)＝－eq \f(1,x)，
则m(x)在[1，＋∞)上单调递增，
又当x→＋∞时，m(x)→0且m(x)<0，
所以当x∈[1，＋∞)时，－eq \f(1,x)∈[－1，0)，所以a≥0.
10.若直线l与曲线y＝eq \r(x)和圆x2＋y2＝eq \f(1,5)都相切，则l的方程为________.
答案 x－2y＋1＝0
解析 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，
则eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),5)，①
设直线l与曲线y＝eq \r(x)的切点坐标为(x0，eq \r(x0))(x0>0)，
则y′|x＝x0＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)＝k，②
eq \r(x0)＝kx0＋b，③
由②③可得b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，
将b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，k＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq \f(1,5)(舍去)，
所以k＝b＝eq \f(1,2)，
故直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)，即x－2y＋1＝0.
11.已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k(x－ln x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上没有极值，求实数k的取值范围.
解 (1)由题意，函数f(x)＝(x－2)ex，
可得f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x＜1时，f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，
所以f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，函数f(x)取得的极小值为f(1)＝－e，无极大值.
(2)由g(x)＝(x－2)ex－k(x－ln x)，可得g′(x)＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(k,x)))，
因为g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上没有极值，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增或单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，g′(x)≥0或g′(x)≤0恒成立，
即ex－eq \f(k,x)≤0或ex－eq \f(k,x)≥0恒成立，
即k≥xex或k≤xex在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))恒成立，
设h(x)＝xex，则h′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)＞0，
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，
要使k≥xex或k≤xex恒成立，
则k≥h(x)max＝h(1)＝e或k≤h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),2)，
即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(e),2)))∪[e，＋∞).
12.(2022·北京东城区模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x－a,x2－1).
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为－1，求a的值；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上有最大值，求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)＝eq \f(x－a,x2－1)的定义域为{x|x≠±1}，
f′(x)＝eq \f(x2－1－2x（x－a）,（x2－1）2)＝eq \f(－x2＋2ax－1,（x2－1）2)，
由已知可得f′(2)＝eq \f(4a－5,9)＝－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)知f′(x)＝eq \f(－x2＋2ax－1,（x2－1）2)，
令g(x)＝－x2＋2ax－1(x＞1).
①当a≤0时，对任意的x＞1，g(x)＝－x2＋2ax－1＜0恒成立，
则f′(x)＜0，此时函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，没有最大值；
②当0＜a≤1时，g(x)＝－x2＋2ax－1在(1，＋∞)上单调递减，
则g(x)＜g(1)≤0，则f′(x)＜0，
此时函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，没有最大值；
③当a＞1时，方程－x2＋2ax－1＝0的两根分别为x1，x2.
则x1＋x2＝2a，x1x2＝1，
不妨设0则x∈(1，x2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以x＝x2时函数f(x)取得极大值即最大值.
综上所述，实数a的取值范围是(1，＋∞).
二、创新拓展练
13.(多选)(2022·济南模拟)已知函数f(x)＝x3－ax＋1的图象在x＝2处切线的斜率为9，则下列说法正确的是( )
A.a＝3
B.f(x)在x＝－1处取得极大值
C.当x∈(－2，1]时，f(x)∈(－1，3]
D.f(x)的图象关于点(0，1)中心对称
答案 ABD
解析 f′(x)＝3x2－a，由题意f′(2)＝12－a＝9，得a＝3，A正确；
f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，
由f′(x)＝0得x＝－1或1，
易知在(－∞，－1)，(1，＋∞)上f′(x)＞0，f(x)为增函数，
在(－1，1)上f′(x)＜0，f(x)为减函数，
所以f(x)在x＝－1处取得极大值，B正确；
由B知，f(－2)＝－1，f(－1)＝3，f(1)＝－1，故在(－2，1]上的值域为[－1，3]，C错误；
令g(x)＝x3－3x且为奇函数，则f(x)＝g(x)＋1，
而g(x)图象关于(0，0)中心对称，
所以f(x)关于(0，1)中心对称，D正确.故选ABD.
14.(2022·长沙调研)已知f(x)＝eq \f(1,2)ax2－ex＋(a＋1)x，对任意x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)A.(－∞，0] B.(0，1)
C.(－∞，1] D.[1，＋∞)
答案 C
解析 由题意，不妨设x1>x2，
因为eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)所以f(x1)－f(x2)即f(x1)－ax1令g(x)＝f(x)－ax＝eq \f(1,2)ax2－ex＋x(x>0)，
则g(x1)所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g′(x)＝ax－ex＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝a－ex在(0，＋∞)上单调递减，
所以h′(x)当a≤1时，h′(x)<0，
所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g′(x)当a>1时，令h′(x)>0，得0所以g′(x)在(0，ln a)上单调递增，
所以当x∈(0，ln a)时，g′(x)>a×0－e0＋1＝0，不符合题意.
综上，实数a的取值范围是(－∞，1].故选C.
15.(2022·成都石室中学模拟)已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，其部分自变量与函数值的对应情况如下表：
f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示.给出下列四个结论：
①f(x)在区间[－1，0]上单调递增；
②f(x)有2个极大值点；
③f(x)的值域为[1，3]；
④如果x∈[t，5]时，f(x)的最小值是1，那么t的最大值为4.
其中，所有正确结论的序号是________.
答案 ③④
解析 根据函数f(x)的导函数f′(x)的图象与表格，整理出函数f(x)的大致图象，如图所示.
对于①，f(x)在区间[－1，0]上单调递减，故①错误；
对于②，f(x)有1个极大值点，2个极小值点，故②错误；
对于③，根据函数f(x)的极值和端点值可知，f(x)的值域为[1，3]，故③正确；
对于④，如果x∈[t，5]时，f(x)的最小值是1，那么t的最大值为4，故④正确；
综上所述，所有正确结论的序号是③④.
16.(2022·福州三模)已知函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋ax，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝f(x)·ex有且只有一个极值点，求a的取值范围.
解 (1)由题意知：f′(x)＝－x2＋a，
当a≤0时，因为－x2≤0，
所以f′(x)＝－x2＋a≤0在R上恒成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数；
当a＞0时，由f′(x)＝－x2＋a＞0，
得x2－a＜0，
所以－eq \r(a)＜x＜eq \r(a)，
所以f(x)在(－eq \r(a)，eq \r(a))上是增函数，
在(－∞，－eq \r(a))，(eq \r(a)，＋∞)上是减函数.
(2)g(x)＝f(x)·ex＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)x3＋ax))·ex，g′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)x3－x2＋ax＋a))·ex，
因为g(x)有且只有一个极值点，
即φ(x)＝－eq \f(1,3)x3－x2＋ax＋a图象只穿过x轴一次，
即φ(x)为单调递减函数或者φ(x)的极值同号；
①φ(x)为单调减函数时，φ′(x)＝－x2－2x＋a≤0在R上恒成立，
则Δ＝4＋4a≤0，解得a≤－1；
②φ(x)的极值同号时，设x1，x2为极值点，
则φ(x1)φ(x2)＞0，φ′(x)＝－x2－2x＋a＝0有两个不同的解x1，x2，
则a＞－1，且有x1＋x2＝－2，x1·x2＝－a，
所以φ(x1)＝－eq \f(1,3)xeq \\al(3,1)－xeq \\al(2,1)＋ax1＋a＝eq \f(2,3)[(a＋1)x1＋a]，
同理φ(x2)＝eq \f(2,3)[(a＋1)x2＋a]，
所以φ(x1)φ(x2)＞0，化简得：(a＋1)2x1x2＋a(a＋1)(x1＋x2)＋a2＞0，即－1＜a＜0；
当φ(x1)φ(x2)＝0，a＝0，
g′(x)＝－x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x＋1))·ex，
g(x)有且只有一个极值点.
综上，a的取值范围是(－∞，0].x
－1
0
2
4
5
f(x)
3
1
2.5
1
3