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x0(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)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)f′(x)，∴g′(x)