2025版高考數(shù)學大二輪復習2.3導數(shù)的簡單應用學案理

PAGE1-第3講導數(shù)的簡潔應用eq\a\vs4\al\co1()考點1導數(shù)運算及幾何意義1．導數(shù)公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a>0)；(4)(logax)′＝eq\f(1,xlna)(a>0，且a≠1)．2．導數(shù)的幾何意義函數(shù)f(x)在x0處的導數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[例1](1)[2024·全國卷Ⅰ]曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0,0)處的切線方程為________；(2)[2024·全國卷Ⅲ]已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1【解析】(1)本題主要考查導數(shù)的幾何意義，考查考生的運算求解實力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算．因為y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲線在點(0,0)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝3，所以所求的切線方程為y＝3x.(2)本題主要考查導數(shù)的幾何意義，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算．因為y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1,b＝－1.))【答案】(1)y＝3x(2)D1．求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法(1)已知切點P(x0，y0)，求y＝f(x)過點P的切線方程：求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程．(2)已知切線的斜率為k，求y＝f(x)的切線方程：設切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程．(3)已知切線上一點(非切點)，求y＝f(x)的切線方程：設切點P(x0，y0)，利用導數(shù)求得切線斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程．2．[警示]求曲線的切線方程時，務必分清點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不肯定為切點，求解時應先求出切點坐標.『對接訓練』1．[2024·云南師大附中適應性考試]曲線y＝ax在x＝0處的切線方程是xln2＋y－1＝0，則a＝()A.eq\f(1,2)B．2C．ln2D．lneq\f(1,2)解析：由題意知，y′＝axlna，則在x＝0處，y′＝lna，又切點為(0,1)，∴切線方程為xlna－y＋1＝0，∴a＝eq\f(1,2).故選A.答案：A2．[2024·河北保定樂凱中學模擬]設函數(shù)f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為()A．2B.eq\f(1,4)C．4D．－eq\f(1,2)解析：因為曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，所以g′(1)＝2.又f′(x)＝g′(x)＋2x，故曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為f′(1)＝g′(1)＋2＝4.故選C.答案：C

eq\a\vs4\al\co1()考點2利用導數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性1．若求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在其定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可．2．若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解．[例2][2024·全國卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，說明理由．【解析】本題主要考查導數(shù)在探討三次函數(shù)單調(diào)性、最值中的應用，考查考生的運算求解實力，考查分類探討思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學運算．(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a>0，則當x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增；若a<0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調(diào)遞減．(2)滿意題設條件的a，b存在．(ⅰ)當a≤0時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿意題設條件當且僅當b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)當a≥3時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿意題設條件當且僅當2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)當0<a<3時，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為f(eq\f(a,3))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0<a<3沖突．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0<a<3沖突．綜上，當且僅當a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1.1．求解或探討函數(shù)單調(diào)性問題的解題策略探討函數(shù)的單調(diào)性其實就是探討不等式的解集的狀況．大多數(shù)狀況下，這類問題可以歸納為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的探討：(1)在能夠通過因式分解求出不等式對應方程的根時，依據(jù)根的大小進行分類探討．(2)在不能通過因式分解求出根的狀況時，依據(jù)不等式對應方程的判別式進行分類探討．2．[警示]探討函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的，千萬不要忽視了定義域的限制.『對接訓練』3．[2024·湖北宜昌模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,m)))lnx＋eq\f(1,x)－x，其中常數(shù)m>0.(1)當m＝2時，求f(x)的極大值；(2)試探討f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性．解析：(1)當m＝2時，f(x)＝eq\f(5,2)lnx＋eq\f(1,x)－x，f′(x)＝eq\f(5,2x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x－22x－1,2x2)(x>0)．當0<x<eq\f(1,2)或x>2時，f′(x)<0，當eq\f(1,2)<x<2時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，∴f(x)的極大值為f(2)＝eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2).(2)f′(x)＝eq\f(m＋\f(1,m),x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m))),x2)(x>0，m>0)，故當0<m<1時，f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，在(m,1)上單調(diào)遞增；當m＝1時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當m>1時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，1))上單調(diào)遞增．

eq\a\vs4\al\co1()考點3利用導數(shù)探討函數(shù)極值、最值可導函數(shù)的極值與最值(1)若在x0旁邊左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0旁邊左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的微小值．(2)設函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得．[例3][2024·全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導數(shù)，證明：(1)f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點；(2)f(x)有且僅有2個零點．【解析】本題主要考查導數(shù)及其應用、函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的極值與函數(shù)零點個數(shù)的證明等，考查考生的推理論證實力、運算求解實力、抽象概括實力等，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類探討思想、數(shù)形結合思想等，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學運算．(1)設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,1＋x2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))時，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)>0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，可得g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零點，設為α.則當x∈(－1，α)時，g′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點，即f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點．(2)f(x)的定義域為(－1，＋∞)．(ⅰ)當x∈(－1,0]時，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當x∈(－1,0)時，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點．(ⅱ)當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，所以存在β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且當x∈(0，β)時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))時，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))單調(diào)遞減．又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))>0，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)>0.從而，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))沒有零點．(ⅲ)當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減．而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，f(π)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))有唯一零點．(ⅳ)當x∈(π，＋∞)時，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點．綜上，f(x)有且僅有2個零點.1．利用導數(shù)求函數(shù)最值的方法技巧(1)對含參數(shù)的函數(shù)解析式求最值時，經(jīng)常分類探討，分類的原則是極值點在給定區(qū)間的內(nèi)部還是外部，從而依據(jù)單調(diào)性求出最值．(2)求極值和最值時，為了直觀易懂，經(jīng)常列出x的取值范圍與y′的符號及y的單調(diào)區(qū)間、極值的對應表格．2．[警示](1)求函數(shù)極值時，肯定要留意分析導函數(shù)的零點是不是函數(shù)的極值點．(2)求函數(shù)最值時，務必將極值點與端點值比較得出最大(小)值．(3)對于含參數(shù)的函數(shù)解析式或區(qū)間求極值、最值問題，務必要對參數(shù)分類探討.『對接訓練』4．[2024·福建福州質(zhì)量檢測]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1＋x)－aln(1＋x)(a∈R)，g(x)＝x2emx＋1－e2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a<0，?x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解析：(1)因為f(x)＝eq\f(x,1＋x)－aln(1＋x)(x>－1)，所以f′(x)＝eq\f(1,x＋12)－eq\f(a,x＋1)＝eq\f(－ax－a＋1,x＋12).當a≤0時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．當a>0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>－1，))得－1<x<－1＋eq\f(1,a)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x>－1，))得x>－1＋eq\f(1,a).所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞)).綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞)).(2)若a<0，則?x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，等價于“對隨意x∈[0，e]，f(x)min≥g(x)max恒成立”．當a<0時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[0，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝0.g′(x)＝2xemx＋1＋mx2emx＋1＝x(mx＋2)emx＋1，(ⅰ)當m≥0時，若0≤x≤e，則g′(x)≥0，函數(shù)g(x)在[0，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2>0，不符合題意．(ⅱ)當－eq\f(2,e)≤m<0，即－eq\f(2,m)≥e時，在[0，e]上，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2，令eme＋3－e2≤0，得m≤－eq\f(1,e)，所以－eq\f(2,e)≤m≤－eq\f(1,e).(ⅲ)當m<－eq\f(2,e)，即0<－eq\f(2,m)<e時，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,m)))上，g′(x)≥0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，e))上，g′(x)≤0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，e))上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)))＝eq\f(4,em2)－e2，令eq\f(4,em2)－e2≤0，得m2≥eq\f(4,e3)，所以m≤－eq\r(\f(4,e3))，又－eq\r(\f(4,e3))>－eq\f(2,e)，所以m<－eq\f(2,e).綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e))).eq\a\vs4\al\co1()考點4定積分定積分求平面圖形的面積(1)正確畫出幾何圖形，結合圖形位置，精確確定積分區(qū)間以及被積函數(shù)，從而得到面積的積分表達式，再利用微積分基本定理求出積分值．(2)依據(jù)圖形的特征，選擇合適的積分變量．在以y為積分變量時，應留意將曲線方程變?yōu)閤＝φ(y)的形式，同時，積分上、下限必需對應y的取值．[例4][2024·遼寧丹東適應性測試]如圖，函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1的圖象相交，形成一個閉合圖形(圖中的陰影部分)，則該閉合圖形的面積是()A．1B.eq\f(4,3)C.eq\r(3)D．2【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋2x＋1，,y＝1，))得x1＝0，x2＝2，所以閉合圖形的面積S＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x＋1－1)dx＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x)dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋x2))))eq\o\al(2,0)＝－eq\f(8,3)＋4＝eq\f(4,3).【答案】B(1)求曲邊多邊形面積的步驟①畫出草圖，在直角坐標系中畫出曲線或直線的大致圖形．②借助圖形確定被積函數(shù)，求出交點坐標，確定積分的上限、下限．③將曲邊梯形的面積表示為若干個定積分之和．④計算定積分．(2)若所求定積分有明顯的幾何意義，可以利用定積分的幾何意義求定積分.『對接訓練』5．[2024·河南八市聯(lián)合測評]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))則eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(14,3)C．7D.eq\f(21,2)解析：函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))則eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝eq\i\in(-1,1,)x|x|dx＋eq\i\in(1,4,)eq\r(x)dx＝0＋eq\f(2,3)x|eq\o\al(4,1)＝eq\f(14,3).故選B.答案：B6．[2024·四川內(nèi)江適應性測試]由曲線y＝x2＋1，直線y＝－x＋3，x軸正半軸與y軸正半軸圍成的圖形的面積為()A．3B.eq\f(10,3)C.eq\f(7,3)D.eq\f(8,3)解析：由題意可知題中曲線與坐標軸圍成的圖形如圖中陰影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋1，,y＝－x＋3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝5))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))則A(1,2)，結合圖形可知，所求的面積為eq\i\in(0,1,)(x2＋1)dx＋eq\f(1,2)×22＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x))))eq\o\al(1,0)＋2＝eq\f(10,3)，選B.答案：B

課時作業(yè)5導數(shù)的簡潔應用1．[2024·甘肅蘭州一中月考]eq\i\in(-1,1,)|x|dx等于()A．0B．1C．2D.eq\f(1,2)解析：如圖，由定積分的幾何意義可知eq\i\in(-1,1,)|x|dx表示圖中陰影部分的面積，故eq\i\in(-1,1,)|x|dx＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))＝1.答案：B2．[2024·河南南陽月考]已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且滿意f(x)＝2xf′(e)＋lnx，則f(e)＝()A．eB．－eq\f(1,e)C．－1D．－e解析：由f(x)＝2xf′(e)＋lnx，得f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，則f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，所以f′(e)＝－eq\f(1,e)，故f(x)＝－eq\f(2,e)x＋lnx，所以f(e)＝－1.故選C.答案：C3．[2024·湖北鐘祥模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(cosx,ex)，則函數(shù)f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為()A．x＋y＋1＝0B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝0解析：∵f(x)＝eq\f(cosx,ex)，∴f′(x)＝eq\f(－sinx－cosx,ex)，∴f′(0)＝－1，f(0)＝1，即函數(shù)f(x)的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1，∴函數(shù)f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.故選B.答案：B4．[2024·河北九校其次次聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－3,1)B．(0,1)C．(－1,3)D．(0,3)解析：解法一令f′(x)＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)<0，得0<x<1，故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．故選B.解法二由題意知x>0，故解除A，C選項；又f(1)＝4<f(2)＝eq\f(7,2)＋2ln2，故解除D選項．故選B.答案：B5．[2024·遼寧遼陽期末]函數(shù)f(x)＝x3－3lnx的最小值為()A．0B．1C．2D．3解析：函數(shù)f(x)＝x3－3lnx的定義域為(0，＋∞)．可得f′(x)＝eq\f(3x3－3,x)＝eq\f(3x－1x2＋x＋1,x)，令f′(x)＝0，可得x＝1，所以x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)是減函數(shù)；x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的最小值為f(1)＝1.故選B.答案：B6．[2024·河南濮陽其次次模擬]已知a＝lneq\r(3,3)，b＝e－1，c＝eq\f(3ln2,8)，則a，b，c的大小關系為()A．b>c>aB．a(chǎn)>c>bC．a(chǎn)>b>cD．b>a>c解析：依題意，得a＝lneq\r(3,3)＝eq\f(ln3,3)，b＝e－1＝eq\f(lne,e)，c＝eq\f(3ln2,8)＝eq\f(ln8,8).令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.故選D.答案：D7．[2024·吉林三校聯(lián)合模擬]若函數(shù)f(x)＝eq\f(2－mx,x2＋m)的圖象如圖所示，則m的范圍為()A．(－∞，－1)B．(－1,2)C．(0,2)D．(1,2)解析：f′(x)＝eq\f(x2－mm－2,x2＋m2)＝eq\f(x－\r(m)x＋\r(m)m－2,x2＋m2)，由函數(shù)圖象的單調(diào)性及有兩個極值點可知m－2<0且m>0，故0<m<2.又由題圖易得eq\r(m)>1，即m>1.故1<m<2，故選D.答案：D8．[2024·廣東惠州中學一模]設直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則當|MN|最小時t的值為()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(2),2)解析：|MN|的最小值，即函數(shù)h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，明顯x＝eq\f(\r(2),2)是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的微小值點，也是最小值點，故t＝eq\f(\r(2),2).故選D.答案：D9．[2024·廣東肇慶其次次檢測]已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的微小值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，1)解析：依題意f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的兩個零點為x＝1，x＝a，若x＝1是函數(shù)f(x)的微小值點，則需a<1，此時函數(shù)f(x)在(a,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在x＝1處取得微小值．故選D.答案：D10．[2024·山東濟南質(zhì)檢]若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．[1,2)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))解析：f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－12x＋1,x)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2).由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1≥0，,k－1<\f(1,2)<k＋1，))得1≤k<eq\f(3,2).故選C.答案：C11．[2024·湖南湘東六校聯(lián)考]已知曲線f(x)＝ex＋x2，則曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線與坐標軸圍成的圖形的面積為________．解析：由題意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以該切線與x，y軸的交點坐標分別為(－1,0)，(0,1)，所以該切線與坐標軸圍成的圖形的面積為eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)12．[2024·湖南株洲質(zhì)檢]若eq\i\in(0,T,)x2dx＝9，則常數(shù)T的值為________．解析：eq\i\in(0,T,)x2dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3))))eq\o\al(T,0)＝eq\f(1,3)T3＝9，所以T＝3.答案：313．[2024·廣東廣州其次次模擬]若函數(shù)f(x)＝x2－x＋1＋alnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：f′(x)＝2x－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－x＋a,x)，由題意得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2＋x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2＋eq\f(1,8)在(0，＋∞)上恒成立，因為y＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2＋eq\f(1,8)在(0，＋∞)上的最大值為eq\f(1,8)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞))14．[2024·河北承德一中一模]設函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋1,x)，g(x)＝eq\f(x,ex)，對隨意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq\f(gx1,k)≤eq\f(fx2,k＋1)恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是________．解析：對隨意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq\f(gx1,k)≤eq\f(fx2,k＋1)恒成立，等價于eq\f(gx1,fx2)≤eq\f(k,k＋1)恒成立．f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號，所以f(x)的最小值是2.由g(x)＝eq\f(x,ex)，得g′(x)＝eq\f(ex－xex,ex2)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)>0得0<x<1，此時函數(shù)g(x)為增函數(shù)，由g′(x)<0得x>1，此時函數(shù)g(x)為減函數(shù)，故當x＝1時，g(x)取得極大值，同時也是最大值，為g(1)＝eq\f(1,e).則eq\f(gx1,fx2)的最大值為eq\f(\f(1,e),2)＝eq\f(1,2e)，則eq\f(k,k＋1)≥eq\f(1,2e)，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，則k≥eq\f(1,2e－1)，故正數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e－1)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e－1)，＋∞))15．[2024·西藏山南模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(eax,x－1).(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解析：(1)當a＝1時，f(x)＝eq\f(ex,x－1)，則f′(x)＝eq\f(exx－2,x－12).又f(0)＝eq\f(e0,0－1)＝－1，f′(0)＝eq\f(e00－2,0－12)＝－2.所以曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－(－1)＝－2(x－0)，即y＝－2x－1.(2)由函數(shù)f(x)＝eq\f(eax,x－1)，得f′(x)＝eq\f(eax[ax－a＋1],x－12).當a＝0時，f′(x)＝eq\f(－1,x－12)<0，因為函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間．當a≠0時，令f′(x)＝0，即ax－(a＋1)＝0，解得x＝eq\f(a＋1,a).當a>0時，x＝eq\f(a＋1,a)>1，所以x，f′(x)，f(x)改變狀況如下表：x(－∞，1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a＋1,a)))eq\f(a＋1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))f′(x)－－0＋f(x)微小值所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a＋1,a)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)).當a<0時，x＝eq\f(a＋1,a)<1，所以x，f′(x)，f(x)改變狀況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a＋1,a)))eq\f(a＋1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，1))(1，＋∞)f′(x)＋0－－f(x)極大值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a＋1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，1))，(1，＋∞)．16．[2024·廣東廣州二模]已知函數(shù)f(x)＝(x＋2)lnx＋ax2－4x＋7a.(1)若a＝eq\f(1,2)，求函數(shù)f(x)的全部零點；(2)若a≥eq\f(1,2)，證明函數(shù)f(x)不存在極值．解析：(1)當a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝(x＋2)lnx＋eq\f(1,2)x2－4x＋eq\f(7,2)，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝lnx＋eq\f(2,x)＋x－3.設g(x)＝lnx＋eq\f(2,x)＋x－3，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＋1＝eq\f(x2＋x－2,x2)＝eq\f(x＋2x－1,x2).當0<x<1時，g′(x)<0，當x>1時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x>0時，g(x)≥g(1)＝0(當且僅當x＝1時取等號)，即當x>0時，f′(x)≥0(當且僅當x＝1時取等號)．所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，至多有一個零點．因為f(1)＝0，所以x＝1是函數(shù)f(x)唯一的零點．所以函數(shù)f(x)的零點只有x＝1.(2)方法一f(x)＝(x＋2)lnx＋ax2－4x＋7a，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋2,x)＋2ax－4.當a≥eq\f(1,2)時，f′(x)≥lnx＋eq\f(2,x)＋x－3，由(1)知lnx＋eq\f(2,x)＋x－3≥0.即當x>0時，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)不存在極值．方法二f(x)＝(x＋2)lnx＋ax2－4x＋7a，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋2,x)＋2ax－4.設m(x)＝lnx＋eq\f(x＋2,x)＋2ax－4，則m′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＋2a＝eq\f(2ax2＋x－2,x2)(x>0)．設h(x)＝2ax2＋x－2(x>0)，當a≥eq\f(1,2)時，令h(x)＝2ax2＋x－2＝0，解得x1＝eq\f(－1－\r(1＋16a),4a)<0，x2＝eq\f(－1＋\r(1＋16a),4a)>0.可知當0<x<x2時，h(x)<0，即m′(x)<0，當x>x2時，h(x)>0，即m′(x)>0，所以f′(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增．由(1)知lnx＋eq\f(2,x)＋x－3≥0，則f′(x2)＝lnx2＋eq\f(2,x2)＋x2－3＋(2a－1)x2≥(2a－1)x2≥0.所以f′(x)≥f′(x2)≥0，即f(x)在定義域上單調(diào)遞增．所以f(x)不存在極值．17．[2024·江西吉安一模]已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)記F(x)＝lnx＋g(x)，求函數(shù)F(x)在區(qū)間[1,3]上的最大值與最小值；(2)若k∈Z，且f(x)＋g(x)－k≥0對隨意x∈R恒成立，求k的最大值．解析：(1)∵F(x)＝lnx＋g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1，∴F′(x)＝eq\f(2x－1x－2,2x)，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝2，∴易知函數(shù)F(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2,3)上單調(diào)遞增．∴當1≤x≤3時，F(xiàn)(x)min＝F(2)＝－4＋ln2，F(xiàn)(x)max＝max{F(1)，F(xiàn)(3)}＝－4＋ln3.(2)∵f(x)＋g(x)－k≥0對隨意x∈R恒成立，∴ex＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1－k≥0對隨意x∈R恒成立，∴k≤ex＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1對隨意x∈R恒成立．令h(x)＝ex＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x－1，則h′(x)＝ex＋x－eq\f(5,2).令φ(x)＝ex＋x－eq\f(5,2)，則φ′(x)＝ex＋1>0，所以h′(x)在R上單調(diào)遞增．又h′(0)＝－eq\f(3,2)<0，h′(1)＝e－eq\f(3,2)>0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2<0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝eeq\f