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2022年高考三轮复习之回归基础练第6练 导数的简单应用
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这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第6练 导数的简单应用，共9页。
考点一 导数的几何意义
要点重组
1．函数f(x)在x＝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)．
2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
1．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
2．(2019·全国Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
答案 D
解析 因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝e－1，,b＝－1.))
3．(多选)(2020·邯郸模拟)曲线y＝f(x)＝xnex在x＝1处的切线与坐标轴围成三角形的面积为eq \f(2e,3)，则n的值为( )
A．－2 B．－eq \f(2,3) C.eq \f(2,3) D．2
答案 BD
解析 由已知得f′(x)＝(xn＋nxn－1)ex，
所以f(1)＝e，f′(1)＝e(n＋1)，
所以切线方程为y－e＝e(n＋1)(x－1)．
令x＝0，得y＝－ne；
令y＝0，得x＝eq \f(n,n＋1)，
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝eq \f(1,2)×eq \f(n2,|n＋1|)e＝eq \f(2e,3)，
解得n＝2或n＝－eq \f(2,3).
4．(2020·淄博联考)若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________．
答案 [2，＋∞)
解析 直线2x－y＝0的斜率k＝2，
又曲线f(x)上存在与直线2x－y＝0平行的切线，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)内有解，
则a＝4x＋eq \f(1,x)－2，x>0.
又4x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当x＝eq \f(1,2)时取“＝”．
∴a≥4－2＝2.
考点二 利用导数研究函数的单调性
要点重组
1．利用导数求函数的单调区间一般有两类：一是求不含参数的函数的单调区间；二是求含参数的函数的单调区间．求含参数的函数的单调区间的实质是解含参不等式，此时要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．划分函数单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
2．由函数的单调性求参数的常见题型和解决策略：
(1)函数y＝f(x)在区间D上单调递增(递减)⇔∀x∈D，f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)不恒等于0.
(2)函数y＝f(x)在区间D上存在单调递增(递减)区间⇔f′(x)>0(f′(x)<0)在区间D上有解．
(3)连续函数y＝f(x)在区间D上不单调⇔函数y＝f(x)在区间D内存在极值点且极值点不在区间D的端点处取得．
(4)若已知函数y＝f(x)在区间D上的单调性(区间D含有参数)，可先求出函数的相应的单调区间，令区间D是其子集，即可求出参数的取值范围．
5．(2020·安徽皖南八校联考)若曲线f(x)＝(ax－1)ex－2在点(2，f(2))处的切线过点(3,3)，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
答案 A
解析 f(2)＝2a－1，f′(x)＝(ax－1＋a)ex－2，
则f′(2)＝3a－1，
切线方程为y－2a＋1＝(3a－1)(x－2)，
代入点(3,3)可得a＝1，
则f′(x)＝xex－2，
令f′(x)>0，得x>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
6．(2020·河南南阳一中模拟)若函数f(x)＝x＋asin 2x在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) B．[－1，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
答案 C
解析 因为函数f(x)＝x＋asin 2x在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，
所以f′(x)＝1＋2acs 2x≥0在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上恒成立．
则当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，－2a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs 2x)))min＝1，
所以a≥－eq \f(1,2).
7．(多选)若0A．x1＋ln x2>x2＋ln x1
B．x1＋ln x2C．
D．
答案 AC
解析 令f(x)＝x－ln x，x∈(0,1)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减．
又x1，x2∈(0,1)且x1∴f(x1)>f(x2)，
即x1－ln x1>x2－ln x2，
即x1＋ln x2>x2＋ln x1，故A正确，B错误．
令φ(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0,1)，
则φ′(x)＝eq \f(exx－1,x2)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减．
又x1，x2∈(0,1)且x1∴φ(x1)>φ(x2)，即，即，故D错误，C正确．
8．已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝eq \f(fe,e)，b＝eq \f(fln 2,ln 2)，c＝eq \f(f3,3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．bC．a答案 D
解析 设g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，
又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，
所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减．由0考点三 利用导数研究函数的极值、最值
要点重组
1．若已知函数极值大小或存在情况，则转化为已知f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
2．因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．
3．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的主要思路：
(1)参数是否影响f′(x)零点的存在．
(2)参数是否影响f′(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小．
(3)参数是否影响f′(x)在零点左右的符号．如果有影响，需要分类讨论．
9．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1
答案 A
解析 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；
当x＞1时，f′(x)＞0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
10．(2020·河北衡水中学模拟)若函数f(x)＝ex(x－3)－eq \f(1,3)kx3＋kx2只有一个极值点，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，e) B．[0，e]
C．(－∞，2) D．(0,2]
答案 B
解析 若函数f(x)只有一个极值点，
则f′(x)＝(x－2)·(ex－kx)只有一个变号零点，
则x＝2或ex－kx≥0.
当ex－kx≥0时，即ex≥kx，作出函数y＝ex与y＝kx的图象如图所示，当两函数图象相切时，k最大，此时k＝e.由图可知0≤k≤e.
11．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
答案 －eq \f(3\r(3),2)
解析 f′(x)＝2cs x＋2cs 2x＝2cs x＋2(2cs2x－1)
＝2(2cs2x＋cs x－1)＝2(2cs x－1)(cs x＋1)．
∵cs x＋1≥0，
∴当cs x＜eq \f(1,2)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
当cs x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴当cs x＝eq \f(1,2)时，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cs x)，
∴当sin x＝－eq \f(\r(3),2)时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝－eq \f(3\r(3),2).
12．传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这“定海神针”在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm的速率缩短，而长度以每秒20 cm的速率增长．已知神针的底面半径只能从12 cm缩短到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大．假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.
答案 4
解析 设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t) cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为10 cm时其体积最大，由10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，
解得a＝60，
所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0,2)时，V′(t)>0，当t∈(2,8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0,2)上单调递增，在(2,8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.
1．f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是( )
A．f(a)eaf(0)
C．f(a)eq \f(f0,ea)
答案 B
解析 令g(x)＝eq \f(fx,ex)，
∴g′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0.
∴g(x)在R上为增函数，又∵a>0，
∴g(a)>g(0)，即eq \f(fa,ea)>eq \f(f0,e0)，即f(a)>eaf(0)．
2．若函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(－∞，3) D．(－∞，3]
答案 B
解析 函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，且其导数为g′(x)＝eq \f(1,x)＋x－(b－1)，由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即x＋eq \f(1,x)＋1－b<0有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋eq \f(1,x)≥2(当且仅当x＝1时，等号成立)．要使x＋eq \f(1,x)＋1－b<0有解，只需要x＋eq \f(1,x)的最小值小于b－1，所以23，所以实数b的取值范围是(3，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a，若对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[e2，＋∞) B．[e，＋∞)
C．[2，e] D．[e，e2]
答案 A
解析 依题意可知，当x∈[0,1]时，f(x)max－f(x)min≤a－2且a>2，
因为f′(x)＝(ax－1)ln a＋2x，
所以当x>0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在[0,1]上单调递增，
则f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln a，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－ln a，
所以a－ln a≤a－2，得a≥e2.
4．(多选)(2020·保定模拟)若直线l与函数f(x)＝ex和g(x)＝ln x＋2的图象都相切，则直线l的斜率等于( )
A．0 B．1 C．2 D．e
答案 BD
解析 设直线l与f(x)＝ex相切于点A(x1，y1)，
∴f′(x)＝ex，y1＝，
∴切线方程为y－＝(x－x1)，
即y＝＋－x1·，①
设直线l与g(x)＝ln x＋2相切于点B(x2，y2)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)，y2＝ln x2＋2，
∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)·x＋1＋ln x2.②
∵①②为相同的直线方程，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(1,x2)， ③,－x1＝1＋ln x2， ④))
由③得ln x2＝－x1，代入④得，
(1－x1)＝1－x1，∴x1＝1或x1＝0.
又∵直线l的斜率k＝，∴k＝e或1.
5．设函数f(x)在(m，n)上的导函数为g(x)，x∈(m，n)，若g(x)的导函数小于零恒成立，则称函数f(x)在(m，n)上为“凸函数”．已知当a≤2时，f(x)＝eq \f(1,6)x3－eq \f(1,2)ax2＋x在(－1,2)上为“凸函数”，则函数f(x)在(－1,2)上( )
A．既有极大值，也有极小值
B．有极大值，没有极小值
C．没有极大值，有极小值
D．既没有极大值，也没有极小值
答案 B
解析 g(x)＝f′(x)＝eq \f(1,2)x2－ax＋1.
由已知得g′(x)＝x－a<0在(－1,2)上恒成立，
故a≥2，
又已知a≤2，故a＝2，
此时由f′(x)＝0，
得x1＝2－eq \r(2)，x2＝2＋eq \r(2)∉(－1,2)，
当x∈(－1,2－eq \r(2))时，f′(x)>0；
当x∈(2－eq \r(2)，2)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－1,2)上有极大值，没有极小值．
6．函数f(x)是定义在[1，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若f(x)＋(x－1)f′(x)＝x2(x－2)，且f(e2)＝0，则不等式f(ex)<0的解集为______________．
答案 {x|0解析 函数f(x)是定义在[1，＋∞)上的可导函数，
f′(x)为其导函数，令φ(x)＝(x－1)·f(x)，
则φ′(x)＝(x－1)·f′(x)＋f(x)＝x2(x－2)，
可知当x∈(1,2)时，φ(x)是减函数，并且φ(1)＝0.
当x∈(2，＋∞)时，φ(x)是增函数，因为f(e2)＝0，
故φ(e2)＝(e2－1)·f(e2)＝0，
又不等式f(ex)<0的解集就是φ(ex)<0的解集，即φ(ex)<φ(e2)的解集，即1故不等式的解集为{x|0
考点一 导数的几何意义
要点重组
1．函数f(x)在x＝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)．
2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
1．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
2．(2019·全国Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
答案 D
解析 因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝e－1，,b＝－1.))
3．(多选)(2020·邯郸模拟)曲线y＝f(x)＝xnex在x＝1处的切线与坐标轴围成三角形的面积为eq \f(2e,3)，则n的值为( )
A．－2 B．－eq \f(2,3) C.eq \f(2,3) D．2
答案 BD
解析 由已知得f′(x)＝(xn＋nxn－1)ex，
所以f(1)＝e，f′(1)＝e(n＋1)，
所以切线方程为y－e＝e(n＋1)(x－1)．
令x＝0，得y＝－ne；
令y＝0，得x＝eq \f(n,n＋1)，
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝eq \f(1,2)×eq \f(n2,|n＋1|)e＝eq \f(2e,3)，
解得n＝2或n＝－eq \f(2,3).
4．(2020·淄博联考)若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________．
答案 [2，＋∞)
解析 直线2x－y＝0的斜率k＝2，
又曲线f(x)上存在与直线2x－y＝0平行的切线，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)内有解，
则a＝4x＋eq \f(1,x)－2，x>0.
又4x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当x＝eq \f(1,2)时取“＝”．
∴a≥4－2＝2.
考点二 利用导数研究函数的单调性
要点重组
1．利用导数求函数的单调区间一般有两类：一是求不含参数的函数的单调区间；二是求含参数的函数的单调区间．求含参数的函数的单调区间的实质是解含参不等式，此时要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．划分函数单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
2．由函数的单调性求参数的常见题型和解决策略：
(1)函数y＝f(x)在区间D上单调递增(递减)⇔∀x∈D，f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)不恒等于0.
(2)函数y＝f(x)在区间D上存在单调递增(递减)区间⇔f′(x)>0(f′(x)<0)在区间D上有解．
(3)连续函数y＝f(x)在区间D上不单调⇔函数y＝f(x)在区间D内存在极值点且极值点不在区间D的端点处取得．
(4)若已知函数y＝f(x)在区间D上的单调性(区间D含有参数)，可先求出函数的相应的单调区间，令区间D是其子集，即可求出参数的取值范围．
5．(2020·安徽皖南八校联考)若曲线f(x)＝(ax－1)ex－2在点(2，f(2))处的切线过点(3,3)，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
答案 A
解析 f(2)＝2a－1，f′(x)＝(ax－1＋a)ex－2，
则f′(2)＝3a－1，
切线方程为y－2a＋1＝(3a－1)(x－2)，
代入点(3,3)可得a＝1，
则f′(x)＝xex－2，
令f′(x)>0，得x>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
6．(2020·河南南阳一中模拟)若函数f(x)＝x＋asin 2x在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) B．[－1，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
答案 C
解析 因为函数f(x)＝x＋asin 2x在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，
所以f′(x)＝1＋2acs 2x≥0在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上恒成立．
则当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，－2a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs 2x)))min＝1，
所以a≥－eq \f(1,2).
7．(多选)若0
B．x1＋ln x2
D．
答案 AC
解析 令f(x)＝x－ln x，x∈(0,1)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减．
又x1，x2∈(0,1)且x1
即x1－ln x1>x2－ln x2，
即x1＋ln x2>x2＋ln x1，故A正确，B错误．
令φ(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0,1)，
则φ′(x)＝eq \f(exx－1,x2)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减．
又x1，x2∈(0,1)且x1
8．已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝eq \f(fe,e)，b＝eq \f(fln 2,ln 2)，c＝eq \f(f3,3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b
解析 设g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，
又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，
所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减．由0
要点重组
1．若已知函数极值大小或存在情况，则转化为已知f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
2．因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．
3．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的主要思路：
(1)参数是否影响f′(x)零点的存在．
(2)参数是否影响f′(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小．
(3)参数是否影响f′(x)在零点左右的符号．如果有影响，需要分类讨论．
9．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1
答案 A
解析 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；
当x＞1时，f′(x)＞0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
10．(2020·河北衡水中学模拟)若函数f(x)＝ex(x－3)－eq \f(1,3)kx3＋kx2只有一个极值点，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，e) B．[0，e]
C．(－∞，2) D．(0,2]
答案 B
解析 若函数f(x)只有一个极值点，
则f′(x)＝(x－2)·(ex－kx)只有一个变号零点，
则x＝2或ex－kx≥0.
当ex－kx≥0时，即ex≥kx，作出函数y＝ex与y＝kx的图象如图所示，当两函数图象相切时，k最大，此时k＝e.由图可知0≤k≤e.
11．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
答案 －eq \f(3\r(3),2)
解析 f′(x)＝2cs x＋2cs 2x＝2cs x＋2(2cs2x－1)
＝2(2cs2x＋cs x－1)＝2(2cs x－1)(cs x＋1)．
∵cs x＋1≥0，
∴当cs x＜eq \f(1,2)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
当cs x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴当cs x＝eq \f(1,2)时，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cs x)，
∴当sin x＝－eq \f(\r(3),2)时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝－eq \f(3\r(3),2).
12．传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这“定海神针”在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm的速率缩短，而长度以每秒20 cm的速率增长．已知神针的底面半径只能从12 cm缩短到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大．假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.
答案 4
解析 设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t) cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为10 cm时其体积最大，由10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，
解得a＝60，
所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0,2)时，V′(t)>0，当t∈(2,8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0,2)上单调递增，在(2,8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.
1．f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是( )
A．f(a)
C．f(a)
答案 B
解析 令g(x)＝eq \f(fx,ex)，
∴g′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0.
∴g(x)在R上为增函数，又∵a>0，
∴g(a)>g(0)，即eq \f(fa,ea)>eq \f(f0,e0)，即f(a)>eaf(0)．
2．若函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(－∞，3) D．(－∞，3]
答案 B
解析 函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，且其导数为g′(x)＝eq \f(1,x)＋x－(b－1)，由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即x＋eq \f(1,x)＋1－b<0有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋eq \f(1,x)≥2(当且仅当x＝1时，等号成立)．要使x＋eq \f(1,x)＋1－b<0有解，只需要x＋eq \f(1,x)的最小值小于b－1，所以2
3．已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a，若对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[e2，＋∞) B．[e，＋∞)
C．[2，e] D．[e，e2]
答案 A
解析 依题意可知，当x∈[0,1]时，f(x)max－f(x)min≤a－2且a>2，
因为f′(x)＝(ax－1)ln a＋2x，
所以当x>0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在[0,1]上单调递增，
则f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln a，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－ln a，
所以a－ln a≤a－2，得a≥e2.
4．(多选)(2020·保定模拟)若直线l与函数f(x)＝ex和g(x)＝ln x＋2的图象都相切，则直线l的斜率等于( )
A．0 B．1 C．2 D．e
答案 BD
解析 设直线l与f(x)＝ex相切于点A(x1，y1)，
∴f′(x)＝ex，y1＝，
∴切线方程为y－＝(x－x1)，
即y＝＋－x1·，①
设直线l与g(x)＝ln x＋2相切于点B(x2，y2)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)，y2＝ln x2＋2，
∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)·x＋1＋ln x2.②
∵①②为相同的直线方程，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(1,x2)， ③,－x1＝1＋ln x2， ④))
由③得ln x2＝－x1，代入④得，
(1－x1)＝1－x1，∴x1＝1或x1＝0.
又∵直线l的斜率k＝，∴k＝e或1.
5．设函数f(x)在(m，n)上的导函数为g(x)，x∈(m，n)，若g(x)的导函数小于零恒成立，则称函数f(x)在(m，n)上为“凸函数”．已知当a≤2时，f(x)＝eq \f(1,6)x3－eq \f(1,2)ax2＋x在(－1,2)上为“凸函数”，则函数f(x)在(－1,2)上( )
A．既有极大值，也有极小值
B．有极大值，没有极小值
C．没有极大值，有极小值
D．既没有极大值，也没有极小值
答案 B
解析 g(x)＝f′(x)＝eq \f(1,2)x2－ax＋1.
由已知得g′(x)＝x－a<0在(－1,2)上恒成立，
故a≥2，
又已知a≤2，故a＝2，
此时由f′(x)＝0，
得x1＝2－eq \r(2)，x2＝2＋eq \r(2)∉(－1,2)，
当x∈(－1,2－eq \r(2))时，f′(x)>0；
当x∈(2－eq \r(2)，2)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－1,2)上有极大值，没有极小值．
6．函数f(x)是定义在[1，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若f(x)＋(x－1)f′(x)＝x2(x－2)，且f(e2)＝0，则不等式f(ex)<0的解集为______________．
答案 {x|0
f′(x)为其导函数，令φ(x)＝(x－1)·f(x)，
则φ′(x)＝(x－1)·f′(x)＋f(x)＝x2(x－2)，
可知当x∈(1,2)时，φ(x)是减函数，并且φ(1)＝0.
当x∈(2，＋∞)时，φ(x)是增函数，因为f(e2)＝0，
故φ(e2)＝(e2－1)·f(e2)＝0，
又不等式f(ex)<0的解集就是φ(ex)<0的解集，即φ(ex)<φ(e2)的解集，即1
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