高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(新高考版)專題1第4講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用(學(xué)生版+解析)

專題一第4講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用【考情分析】1.導(dǎo)數(shù)的計算和幾何意義是高考命題的熱點，多以選擇題、填空題形式考查，難度較小.2.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值多在選擇題、填空題靠后的位置考查，難度中等偏上，屬綜合性問題．【要點提煉】考點一導(dǎo)數(shù)的幾何意義與計算1．導(dǎo)數(shù)的運算法則(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．2．導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)在某點的導(dǎo)數(shù)即曲線在該點處的切線的斜率．(2)曲線在某點的切線與曲線過某點的切線不同．(3)切點既在切線上，又在曲線上．【典例】1(1)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足關(guān)系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，則f′(2)的值為()A.eq\f(7,4)B．－eq\f(7,4)C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)(2)(2019·江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標(biāo)是________．【拓展訓(xùn)練】1(1)直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切，則a等于()A．eB．2eC．1D．2(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)．下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x3【要點提煉】考點二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的關(guān)鍵(1)在利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首先要確定函數(shù)的定義域．(2)單調(diào)區(qū)間的劃分要注意對導(dǎo)數(shù)等于零的點的確認(rèn)．(3)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，要注意導(dǎo)數(shù)等于零的情況．【熱點突破】【典例】2已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.討論f(x)的單調(diào)性．且f(x)＋f(－x)＝0，設(shè)a＝2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，b＝eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，c＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，則()A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．c<b<a(2)已知f(x)＝(x2＋2ax)lnx－eq\f(1,2)x2－2ax在(0，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．{1}B．{－1}C．(0,1]D．[－1,0)【要點提煉】考點三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值1．由導(dǎo)函數(shù)的圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值，要抓住兩點(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點；(2)由y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的函數(shù)值的正負(fù)，從而可得到函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性，可得極值點．2．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值．(2)求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)．(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．【熱點突破】【典例】3(1)若函數(shù)f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1恰有兩個極值點，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－e2，－e) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e－1)(2)已知函數(shù)f(x)＝ax＋ex－(1＋lna)x(a>0，a≠1)，對任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤alna＋e－4恒成立，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，e)) B．[2，e]C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)【拓展訓(xùn)練】3(1)若x＝eq\f(1,e)是函數(shù)f(x)＝lnx－kx的極值點，則函數(shù)f(x)＝lnx－kx有()A．極小值－2 B．極大值－2C．極小值－1 D．極大值－1(2)已知點M在圓C：x2＋y2－4y＋3＝0上，點N在曲線y＝1＋lnx上，則線段MN的長度的最小值為________．專題訓(xùn)練一、單項選擇題1．(2020·全國Ⅰ)函數(shù)f(x)＝x4－2x3的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋12．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1,0] B．[－1，＋∞)C．[0,3] D．[3，＋∞)3．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)·ex－1－f(0)x＋eq\f(1,2)x2，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，0) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)4．設(shè)函數(shù)f(x)定義在區(qū)間(0，＋∞)上，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)＋xlnxf′(x)>0，則不等式eq\f(lnx,fx)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D．(0,1)5．若對?x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，都有eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<1，則m的最小值是()注：(e為自然對數(shù)的底數(shù)，即e＝2.71828…)A.eq\f(1,e)B．eC．1D.eq\f(3,e)6．已知直線l既是曲線C1：y＝ex的切線，又是曲線C2：y＝eq\f(1,4)e2x2的切線，則直線l在x軸上的截距為()A．2B．1C．e2D．－e2二、多項選擇題7．(2020·唐山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)，則下列說法正確的是()A．f(x)的定義域是(0，＋∞)B．當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)的圖象位于x軸下方C．f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間D．f(x)有且僅有兩個極值點8．已知f(x)＝ex－2x2有且僅有兩個極值點，分別為x1，x2(x1<x2)，則下列不等式中正確的有(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)()A．x1＋x2<eq\f(11,4) B．x1＋x2>eq\f(11,4)C．f(x1)＋f(x2)<0 D．f(x1)＋f(x2)>0三、填空題9．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－alnx在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于________．10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,ex)－ax有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________．11．(2020·北京市第171中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝e2x－3，g(x)＝eq\f(1,4)＋lneq\f(x,2)，若f(m)＝g(n)成立，則n－m的最小值為________．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx2＋2x－2,ex)，m∈[1，e]，x∈[1,2]，g(m)＝f(x)max－f(x)min，則關(guān)于m的不等式g(m)≥eq\f(4,e2)的解集為________．四、解答題13．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．(1)當(dāng)a＝1，且函數(shù)f(x)的圖象過點(0,1)時，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點，求a的取值范圍．14．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．專題一第4講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用【考情分析】1.導(dǎo)數(shù)的計算和幾何意義是高考命題的熱點，多以選擇題、填空題形式考查，難度較小.2.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值多在選擇題、填空題靠后的位置考查，難度中等偏上，屬綜合性問題．【要點提煉】考點一導(dǎo)數(shù)的幾何意義與計算1．導(dǎo)數(shù)的運算法則(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．2．導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)在某點的導(dǎo)數(shù)即曲線在該點處的切線的斜率．(2)曲線在某點的切線與曲線過某點的切線不同．(3)切點既在切線上，又在曲線上．【典例】1(1)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足關(guān)系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，則f′(2)的值為()A.eq\f(7,4)B．－eq\f(7,4)C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)【答案】B【解析】∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，∴f′(x)＝2x＋3f′(2)－eq\f(1,x)，令x＝2，得f′(2)＝4＋3f′(2)－eq\f(1,2)，解得f′(2)＝－eq\f(7,4).(2)(2019·江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標(biāo)是________．【答案】(e,1)【解析】設(shè)A(x0，lnx0)，又y′＝eq\f(1,x)，則曲線y＝lnx在點A處的切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，將(－e，－1)代入得，－1－lnx0＝eq\f(1,x0)(－e－x0)，化簡得lnx0＝eq\f(e,x0)，解得x0＝e，則點A的坐標(biāo)是(e,1)．易錯提醒求曲線的切線方程要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點．【拓展訓(xùn)練】1(1)直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切，則a等于()A．eB．2eC．1D．2【答案】C【解析】設(shè)切點為(n，aen＋n)，因為y′＝aex＋1，所以切線的斜率為aen＋1，切線方程為y－(aen＋n)＝(aen＋1)(x－n)，即y＝(aen＋1)x＋aen(1－n)，依題意切線方程為y＝2x＋1，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aen＋1＝2，,aen1－n＝1，))解得a＝1，n＝0.(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)．下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x3【答案】A【解析】對函數(shù)y＝sinx求導(dǎo)，得y′＝cosx，當(dāng)x＝0時，該點處切線l1的斜率k1＝1，當(dāng)x＝π時，該點處切線l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，所以l1⊥l2；對函數(shù)y＝lnx求導(dǎo)，得y′＝eq\f(1,x)恒大于0，斜率之積不可能為－1；對函數(shù)y＝ex求導(dǎo)，得y′＝ex恒大于0，斜率之積不可能為－1；對函數(shù)y＝x3求導(dǎo)，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之積不可能為－1.【要點提煉】考點二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的關(guān)鍵(1)在利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首先要確定函數(shù)的定義域．(2)單調(diào)區(qū)間的劃分要注意對導(dǎo)數(shù)等于零的點的確認(rèn)．(3)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，要注意導(dǎo)數(shù)等于零的情況．【熱點突破】【典例】2已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.討論f(x)的單調(diào)性．【解析】f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(ax2－2x－1,x3).若a≤0，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，若a>0，f′(x)＝eq\f(ax－1,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).(1)當(dāng)0<a<2時，eq\r(\f(2,a))>1，當(dāng)x∈(0,1)或x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．(2)當(dāng)a＝2時，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增．(3)當(dāng)a>2時，0<eq\r(\f(2,a))<1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<2時，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2時，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．易錯提醒(1)在求單調(diào)區(qū)間時“定義域優(yōu)先”．(2)弄清參數(shù)對f′(x)符號的影響，分類討論要不重不漏．且f(x)＋f(－x)＝0，設(shè)a＝2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，b＝eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，c＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，則()A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．c<b<a【答案】A【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,sinx)，x≠kπ，k∈Z，g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)>0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，π)上是增函數(shù)，因為f(x)＋f(－x)＝0，即f(x)＝－f(－x)，g(－x)＝eq\f(f－x,－sinx)＝eq\f(fx,sinx)，所以函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，代入【解析】式得到2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，故a<b<c.(2)已知f(x)＝(x2＋2ax)lnx－eq\f(1,2)x2－2ax在(0，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．{1}B．{－1}C．(0,1]D．[－1,0)【答案】B【解析】f(x)＝(x2＋2ax)lnx－eq\f(1,2)x2－2ax，f′(x)＝2(x＋a)lnx，∵f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，當(dāng)x＝1時，f′(x)＝0滿足題意；當(dāng)x>1時，lnx>0，要使f′(x)≥0恒成立，則x＋a≥0恒成立．∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1；當(dāng)0<x<1時，lnx<0，要使f′(x)≥0恒成立，則x＋a≤0恒成立，∵x＋a<1＋a，∴1＋a≤0，解得a≤－1.綜上所述，a＝－1.【要點提煉】考點三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值1．由導(dǎo)函數(shù)的圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值，要抓住兩點(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點；(2)由y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的函數(shù)值的正負(fù)，從而可得到函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性，可得極值點．2．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值．(2)求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)．(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．【熱點突破】【典例】3(1)若函數(shù)f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1恰有兩個極值點，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－e2，－e) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e－1)【答案】D【解析】由題可得f′(x)＝ex－eq\f(m＋1,x)＋2(m＋1)，x>0，因為函數(shù)f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1恰有兩個極值點，所以函數(shù)f′(x)＝ex－eq\f(m＋1,x)＋2(m＋1)(x>0)有兩個不同的變號零點．令ex－eq\f(m＋1,x)＋2(m＋1)＝0，等價轉(zhuǎn)化成eq\f(xex,1－2x)＝m＋1(x>0)有兩個不同的實數(shù)根，記h(x)＝eq\f(xex,1－2x)，所以h′(x)＝eq\f(xex′1－2x－xex1－2x′,1－2x2)＝－eq\f(ex2x＋1x－1,1－2x2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，h′(x)>0，此時函數(shù)h(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，h′(x)>0，此時函數(shù)h(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，此時函數(shù)h(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞減，作出h(x)＝eq\f(xex,1－2x)的簡圖如圖，要使得eq\f(xex,1－2x)＝m＋1有兩個不同的實數(shù)根，則h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.(2)已知函數(shù)f(x)＝ax＋ex－(1＋lna)x(a>0，a≠1)，對任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤alna＋e－4恒成立，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，e)) B．[2，e]C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)【答案】C【解析】依題意，得alna＋e－4≥0,①因為f′(x)＝axlna＋ex－1－lna＝(ax－1)lna＋ex－1，當(dāng)a>1時，對任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，lna>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；當(dāng)0<a<1時，對任意x∈[0,1]，ax－1≤0，lna<0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0，所以f(x)在[0,1]上是增函數(shù)，則對任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤alna＋e－4恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤alna＋e－4，因為f(x)max＝f(1)＝a＋e－1－lna，f(x)min＝f(0)＝1＋1＝2，所以a＋e－1－lna－2≤alna＋e－4，即a－lna＋1－alna≤0，即(1＋a)(1－lna)≤0，所以lna≥1，從而有a≥e，而當(dāng)a≥e時，①式顯然成立．故選C.易錯提醒利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值應(yīng)注意的問題：(1)不能忽略函數(shù)f(x)的定義域．(2)f′(x0)＝0是可導(dǎo)函數(shù)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件．(3)函數(shù)的極小值不一定比極大值?。?4)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上有唯一極值點，則這個極值點也是最大(小)值點，此結(jié)論在導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用中經(jīng)常用到．【拓展訓(xùn)練】3(1)若x＝eq\f(1,e)是函數(shù)f(x)＝lnx－kx的極值點，則函數(shù)f(x)＝lnx－kx有()A．極小值－2 B．極大值－2C．極小值－1 D．極大值－1【答案】B【解析】由題意得f′(x)＝eq\f(1,x)－k，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－k＝0，∴k＝e.由f′(x)＝eq\f(1,x)－e＝0，得x＝eq\f(1,e)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的極大值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)－e×eq\f(1,e)＝－2.(2)已知點M在圓C：x2＋y2－4y＋3＝0上，點N在曲線y＝1＋lnx上，則線段MN的長度的最小值為________．【答案】eq\r(2)－1【解析】由題可得C(0,2)，圓C的半徑r＝1.設(shè)N(t,1＋lnt)(t>0)，令f(t)＝|CN|2，則f(t)＝t2＋(1－lnt)2(t>0)，所以f′(t)＝2t＋2(1－lnt)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,t)))＝eq\f(2t2＋lnt－1,t).令φ(t)＝t2＋lnt－1(t>0)，易知函數(shù)φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ(1)＝0，所以當(dāng)0<t<1時，f′(t)<0；當(dāng)t>1時，f′(t)>0，所以f(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(t)min＝f(1)＝2.因為|MN|≥|CN|－1＝eq\r(2)－1，所以線段MN的長度的最小值為eq\r(2)－1.專題訓(xùn)練一、單項選擇題1．(2020·全國Ⅰ)函數(shù)f(x)＝x4－2x3的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1【答案】B【解析】f(1)＝1－2＝－1，切點坐標(biāo)為(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切線的斜率為k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切線方程為y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.2．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1,0] B．[－1，＋∞)C．[0,3] D．[3，＋∞)【答案】D【解析】由條件知f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，∵函數(shù)y＝eq\f(1,x2)－2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上為減函數(shù)，∴y<eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)－2×eq\f(1,2)＝3.∴a≥3.3．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)·ex－1－f(0)x＋eq\f(1,2)x2，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，0) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)【答案】D【解析】由題意得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，令x＝1，則f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1，令x＝0，則f(0)＝f′(1)e－1，∴f′(1)＝e，∴f(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，∴f′(x)＝ex－1＋x，令g(x)＝ex－1＋x，則g′(x)＝ex＋1>0.∴g(x)為增函數(shù)，又g(0)＝0，∴當(dāng)x>0時，g(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．4．設(shè)函數(shù)f(x)定義在區(qū)間(0，＋∞)上，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)＋xlnxf′(x)>0，則不等式eq\f(lnx,fx)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D．(0,1)【答案】B【解析】構(gòu)造新函數(shù)g(x)＝lnxf(x)，則g(1)＝0，g′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＋lnxf′(x)．因為f(x)＋xlnxf′(x)>0，又x>0，所以eq\f(1,x)f(x)＋lnxf′(x)>0，所以g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)＝lnxf(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而eq\f(lnx,fx)>0可化為lnxf(x)>0，等價于g(x)>g(1)，解得x>1，所以不等式eq\f(lnx,fx)>0的解集是(1，＋∞)．5．若對?x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，都有eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<1，則m的最小值是()注：(e為自然對數(shù)的底數(shù)，即e＝2.71828…)A.eq\f(1,e)B．eC．1D.eq\f(3,e)【答案】C【解析】由題意，當(dāng)0≤m<x1<x2時，由eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<1，等價于x1lnx2－x2lnx1<x2－x1，即x1lnx2＋x1<x2lnx1＋x2，故x1(lnx2＋1)<x2(lnx1＋1)，故eq\f(lnx2＋1,x2)<eq\f(lnx1＋1,x1)，令f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則f(x2)<f(x1)，又∵x2>x1>m≥0，故f(x)在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，又由f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，令f′(x)<0，解得x>1，故f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故m≥1.6．已知直線l既是曲線C1：y＝ex的切線，又是曲線C2：y＝eq\f(1,4)e2x2的切線，則直線l在x軸上的截距為()A．2B．1C．e2D．－e2【答案】B【解析】設(shè)直線l與曲線C1：y＝ex相切于點，與曲線C2：y＝eq\f(1,4)e2x2相切于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,4)e2x\o\al(2,2)))，由y＝ex，得，由y＝eq\f(1,4)e2x2，得，∴直線l的方程為或y－eq\f(1,4)e2xeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)e2x2(x－x2)，則解得x1＝x2＝2，∴直線l的方程為y－e2＝e2(x－2)，令y＝0，可得x＝1，∴直線l在x軸上的截距為1.二、多項選擇題7．(2020·唐山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)，則下列說法正確的是()A．f(x)的定義域是(0，＋∞)B．當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)的圖象位于x軸下方C．f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間D．f(x)有且僅有兩個極值點【答案】BC【解析】由題意知，函數(shù)f(x)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,lnx≠0，))解得x>0且x≠1，所以f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，故A不正確；f(x)＝eq\f(ex,lnx)，當(dāng)x∈(0,1)時，ex>0，lnx<0，所以f(x)<0，所以f(x)在(0,1)上的圖象在x軸的下方，故B正確；因為f′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),lnx2)，設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(1,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，所以當(dāng)x>0時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，g(1)＝0－eq\f(1,1)<0，g(e2)＝2－eq\f(1,e2)>0，所以f′(x)>0在定義域上有解，所以函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間，故C正確；函數(shù)y＝f′(x)只有一個零點x0，且x0>1，當(dāng)x∈(0,1)∪(1，x0)時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)只有一個極小值點，故D不正確．8．已知f(x)＝ex－2x2有且僅有兩個極值點，分別為x1，x2(x1<x2)，則下列不等式中正確的有(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)()A．x1＋x2<eq\f(11,4) B．x1＋x2>eq\f(11,4)C．f(x1)＋f(x2)<0 D．f(x1)＋f(x2)>0【答案】AD【解析】由題意得f′(x)＝ex－4x，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝f′(2)＝e2－8<0.由ln3≈1.0986，得eq\f(9,8)>ln3，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))>0，從而eq\f(1,4)<x1<eq\f(1,2)，2<x2<eq\f(9,4)，所以x1＋x2<eq\f(11,4).因為f(0)＝1，所以易得f(x1)>1.因為f′(2ln3)＝9－8ln3>0，所以x2<2ln3.因為f′(x2)＝0，所以f(x2)＝4x2－2xeq\o\al(2,2).設(shè)g(x)＝4x－2x2，得g(x2)>g(2ln3)>g(2.2)＝－0.88>－1，所以f(x1)＋f(x2)>0.三、填空題9．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－alnx在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于________．【答案】2【解析】∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，依題意得g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，∴2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2.∴a＝2.10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,ex)－ax有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))【解析】設(shè)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，因為函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,ex)－ax有兩個極值點，所以方程f′(x)＝－eq\f(x,ex)－a＝0有兩個不相等的實數(shù)根，令g(x)＝eq\f(x,ex)，則g(x)＝eq\f(x,ex)的圖象與直線y＝－a有兩個不同交點，又g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)＝eq\f(1－x,ex)＝0得x＝1，所以當(dāng)x<1時，g′(x)>0，即g(x)＝eq\f(x,ex)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，g′(x)<0，即g(x)＝eq\f(x,ex)單調(diào)遞減．所以g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)，又g(0)＝0，當(dāng)x>0時，g(x)＝eq\f(x,ex)>0，所以作出函數(shù)g(x)的簡圖如圖所示，因為g(x)＝eq\f(x,ex)的圖象與直線y＝－a有兩個不同交點，所以0<－a<eq\f(1,e)，即－eq\f(1,e)<a<0.11．(2020·北京市第171中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝e2x－3，g(x)＝eq\f(1,4)＋lneq\f(x,2)，若f(m)＝g(n)成立，則n－m的最小值為________．【答案】eq\f(1,2)＋ln2【解析】設(shè)e2m－3＝eq\f(1,4)＋lneq\f(n,2)＝k(k>0)，則m＝eq\f(3,2)＋eq\f(lnk,2)，令h(k)＝n－m＝－eq\f(lnk,2)－eq\f(3,2)，所以h′(k)＝－eq\f(1,2k)，h′(k)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝0，當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，h′(k)<0，當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))時，h′(k)>0，所以h(k)＝－eq\f(lnk,2)－eq\f(3,2)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以h(k)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,2)＋ln2，即n－m的最小值為eq\f(1,2)＋ln2.12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx2＋2x－2,ex)，m∈[1，e]，x∈[1,2]，g(m)＝f(x)max－f(x)min，則關(guān)于m的不等式g(m)≥eq\f(4,e2)的解集為________．【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,4－e)，e))【解析】由f(x)＝eq\f(mx2＋2x－2,ex)，得f′(x)＝eq\f(2mx＋2ex－mx2＋2x－2ex,ex2)＝eq\f(2mx＋2－mx2－2x＋2,ex)＝－eq\f(mx2＋2－2mx－4,ex)＝－eq\f(mx＋2x－2,ex)，∵m∈[1，e]，x∈[1,2]，∴f′(x)≥0，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(2)＝eq\f(4m＋2,e2)，f(x)min＝f(1)＝eq\f(m,e)，∴g(m)＝f(x)max－f(x)min＝eq\f(4m＋2,e2)－eq\f(m,e)＝eq\f(4m＋2－me,e2)，令eq\f(4m＋2－me,e2)≥eq\f(4,e2)，得m≥eq\f(2,4－e)，又m∈[1，e]，∴m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,4－e)，e)).故不等式g(m)≥eq\f(4,e2)的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,4－e)，e)).四、解答題13．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．(1)當(dāng)a＝1，且函數(shù)f(x)的圖象過點(0,1)時，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點，求a的取值范圍．【解析】f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函數(shù)f(x)的圖象過點(0,1)時，有f(0)＝c＝1.當(dāng)a＝1時，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，由f′(