【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题32　导数的简单应用

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题32　导数的简单应用，共22页。


1.(2020·全国Ⅲ卷)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( )
A.y＝2x＋1 B.y＝2x＋eq \f(1,2)
C.y＝eq \f(1,2)x＋1 D.y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)
答案 D
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)x－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)x－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).
2.(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
答案 B
解析 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)＝eq \f(2（1－x）,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.
3.(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.
4.(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝eq \r(1.04)－1，则( )
A.aC.b答案 B
解析 b－c＝ln 1.02－eq \r(1.04)＋1，
设f(x)＝ln(x＋1)－eq \r(1＋2x)＋1，
则b－c＝f(0.02)，
f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(2,2\r(1＋2x))＝eq \f(\r(1＋2x)－（x＋1）,（x＋1）\r(1＋2x))，
当x>0时，x＋1＝eq \r(（x＋1）2)>eq \r(1＋2x)，
故当x>0时，f′(x)＝eq \f(\r(1＋2x)－（x＋1）,（x＋1）\r(1＋2x))<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.02)a－c＝2ln 1.01－eq \r(1.04)＋1，
设g(x)＝2ln(x＋1)－eq \r(1＋4x)＋1，
则a－c＝g(0.01)，
g′(x)＝eq \f(2,x＋1)－eq \f(4,2\r(1＋4x))＝eq \f(2[\r(1＋4x)－（x＋1）],（x＋1）\r(1＋4x))，
当0eq \r(x2＋2x＋1)＝eq \r(（x＋1）2)＝x＋1，
故当00，
所以g(x)在(0，2)上单调递增，
所以g(0.01)>g(0)＝0，
故c5.(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·河南名校联考)已知f(x)＝ax＋a＋cs x(a∈R)，则曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为( )
A.x－y＋2＝0 B.x＋y－2＝0
C.2x－y＋2＝0 D.2x＋y－2＝0
(2)(2022·兰州诊断)已知f(x)＝ex－1(e为自然对数的底数)，g(x)＝ln x＋1，则曲线f(x)与g(x)的公切线条数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
(3)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)C (3)(e，1)
解析 (1)因为点(0，2)在曲线上，
所以f(0)＝a＋cs 0＝2，
于是a＝1，所以f(x)＝x＋cs x＋1，
则f′(x)＝1－sin x，则f′(0)＝1，
故所求切线方程为y－2＝x－0，
即x－y＋2＝0.
(2)设直线l与曲线f(x)＝ex－1相切于点(m，em－1)，与曲线g(x)＝ln x＋1相切于点(n，ln n＋1)，
对f(x)＝ex－1求导得，f′(x)＝ex，
则k1＝em，则直线l的方程为
y＋1－em＝em(x－m)，
即y＝emx＋em(1－m)－1.
对g(x)＝ln x＋1求导得，g′(x)＝eq \f(1,x)，则k2＝eq \f(1,n)，
则直线l的方程为y－(ln n＋1)＝eq \f(1,n)(x－n)，
即y＝eq \f(1,n)x＋ln n.
由直线l是曲线f(x)与g(x)的公切线，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(em＝\f(1,n)，,（1－m）em＝ln n＋1，))
可得(1－m)(em－1)＝0，
即m＝0或m＝1.
则切线方程为y＝ex－1或y＝x，公切线有两条，故选C.
(3)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·南平联考)若直线y＝x＋m与曲线y＝ex－2n相切，则( )
A.m＋n为定值 B.eq \f(1,2)m＋n为定值
C.m＋eq \f(1,2)n为定值 D.m＋eq \f(1,3)n为定值
(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
答案 (1)B (2)1－ln 2
解析 (1)设直线y＝x＋m与曲线y＝ex－2n相切于点(x0，ex0－2n)，
因为y′＝ex－2n，
所以ex0－2n＝1，x0＝2n，
所以切点为(2n，1)，则1＝2n＋m，
故eq \f(1,2)m＋n＝eq \f(1,2)，为定值.
(2)直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2，y＝ln(x＋1)均相切，设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).
由y＝ln x＋2，得y′＝eq \f(1,x)；
由y＝ln(x＋1)，得y′＝eq \f(1,x＋1).
∴k＝eq \f(1,x1)＝eq \f(1,x2＋1)，
则x1＝eq \f(1,k)，x2＝eq \f(1,k)－1.
∴y1＝2－ln k，y2＝－ln k，
即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，2－ln k))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－1，－ln k)).
∵A，B在直线y＝kx＋b上，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－ln k＝k·\f(1,k)＋b，,－ln k＝k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－1))＋b))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1－ln 2，,k＝2.))
热点二 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2 (2022·成都一诊改编)已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq \f(a,2)x2＋ax，a∈R，讨论函数f(x)的单调性.
解 ∵f(x)＝(x－2)ex－eq \f(a,2)x2＋ax，a∈R，
∴f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a).
当a≤0时，令f′(x)<0，得x<1，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>1，
∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增.
当0得ln a∴f(x)在(ln a，1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x1，
∴f′(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增.
当a＝e时，f′(x)≥0在x∈R上恒成立，
∴f(x)在R上单调递增.
当a>e时，令f′(x)<0，得1∴f(x)在(1，ln a)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>ln a或x<1，
∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0当a＝e时，f(x)在R上单调递增；
当a>e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增.
考向2 函数单调性的应用
例3 (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·遵义二模改编)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 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
(1)在能够通过分解因式求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论.
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
训练2 (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________.
答案 (8，＋∞)
解析 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)(2022·青岛质检)若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(2，e)上单调递增，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，e2＋1)) D.[e2＋1，＋∞)
答案 B
解析 因为f(x)＝x2－ax＋ln x，
所以f′(x)＝2x－a＋eq \f(1,x)，
因为函数f(x)＝a2－ax＋ln x在区间(2，e)上单调递增，
所以f′(x)＝2x－a＋eq \f(1,x)≥0在(2，e)上恒成立，
即a≤2x＋eq \f(1,x)在(2，e)上恒成立，
令g(x)＝2x＋eq \f(1,x)，x∈(2，e)，
所以g′(x)＝2－eq \f(1,x2)，x∈(2，e)时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)＝2x＋eq \f(1,x)在(2，e)上单调递增，又g(2)＝eq \f(9,2)，所以a≤eq \f(9,2).
(3)(2022·深圳模拟改编)已知函数g(x)＝ln x＋2x＋eq \f(a,x)(a∈R)，讨论g(x)的单调性.
解 函数g(x)＝ln x＋2x＋eq \f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(1,x)＋2－eq \f(a,x2)＝eq \f(2x2＋x－a,x2)(a∈R)，
方程2x2＋x－a＝0的判别式Δ＝1＋8a.
①当a≤－eq \f(1,8)时，Δ≤0，g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>－eq \f(1,8)时，Δ>0，方程2x2＋x－a＝0的两根为x1＝eq \f(－1－\r(1＋8a),4)，
x2＝eq \f(－1＋\r(1＋8a),4).
(ⅰ)当－eq \f(1,8)0，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调
递增；
(ⅱ)当a>0时，x1<0令g′(x)<0，可得00，可得x>x2.
综上所述，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，g(x)在(eq \f(\r(1＋8a)－1,4)，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(1＋8a)－1,4)))上单调
递减.
热点三 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.函数在闭区间[a，b]上一定存在最值，比较函数的极值与f(a)，f(b)，最大者是最大值，最小者就是最小值.
例4 (2022·赣州质检)函数f(x)＝m(eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋1)＋ex－ex(m∈R且e为自然对数的底数).
(1)当m＝0时，求函数f(x)的最小值；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极大值，求实数m的取值范围.
解 (1)当m＝0时，有f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，
从而当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；
故函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
此时f(x)min＝f(1)＝0.
(2)由f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x3－\f(3,2)x2＋2x＋1))＋ex－ex，
得f′(x)＝m(x2－3x＋2)＋ex－e，
记g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝m(2x－3)＋ex，
①当m≤0时，g′(x)>0在(－∞，1)上恒成立，故g(x)即f′(x)在(－∞，1)上单调
递增，
因为f′(1)＝0，
所以f′(x)<0在(－∞，1)上恒成立，
从而函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，不合题意；
②当m>0时，g′(x)在R上单调递增，
又g′(1)＝－m＋e，
(ⅰ)当0g′(1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)＝f′(x)在(1，
＋∞)上单调递增，因为f′(1)＝0，所以f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
从而函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，不合题意，
(ⅱ)当m>e时，此时g′(1)＝－m＋e<0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eeq \f(3,2)>0，
故存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，
使g′(x0)＝0，
且当x∈(－∞，x0)时，g′(x)<0，故g(x)＝f′(x)在(－∞，x0)上单调递减，
因为f′(1)＝0，
所以当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，
从而函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，x0)上单调递减，
即函数f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意.
综上，实数m的取值范围为(e，＋∞).
规律方法 已知函数的极值求参数时注意f′(x0)＝0是x0为极值点的必要不充分条件，还要利用函数的单调性才能确定极值.
训练3 (2022·眉山二诊)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax.
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在[0，＋∞)上的最小值为－eq \f(3,2)a，求a.
解 (1)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，f′(x)＝xex.
当x<0时，f′(x)<0；
当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝0处取极小值f(0)＝－1，无极大值.
(2)由题得f′(x)＝xex－a，x∈[0，＋∞).
①当a≤0时，xex≥0，－a≥0，故f′(x)≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增.
所以f(x)min＝f(0)＝－1＝－eq \f(3,2)a，解得a＝eq \f(2,3)(舍去).
②当a>0时，f′(0)＝－a<0，f′(a)＝a(ea－1)>0，且f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故f′(x)在[0，＋∞)上有唯一零点x0∈(0，a)，且a＝x0ex0.
当x∈[0，x0)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)min＝f(x0)＝(x0－1)ex0－ax0＝(x0－1)eq \f(a,x0)－ax0＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x0－\f(1,x0)))＝－eq \f(3,2)a，
即1－x0－eq \f(1,x0)＝－eq \f(3,2)，
解得x0＝eq \f(1,2)，a＝eq \f(\r(e),2)或x0＝2，a＝2e2.
综上，a的值为eq \f(\r(e),2)或2e2.
一、基本技能练
1.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，则f′(2)的值为( )
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)－ln x，
∴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.(2022·“四省八校”质检)已知曲线y＝x＋eq \f(ln x,k)在点(1，1)处的切线与直线x＋2y＝0垂直，则k的值为( )
A.1 B.－1
C.eq \f(1,2) D.－eq \f(1,2)
答案 A
解析 y′＝1＋eq \f(1,kx)，由题意得y′|x＝1＝2，
即1＋eq \f(1,k)＝2，解得k＝1.
3.(2022·渭南联考)函数f(x)＝－eq \f(3x,4)－eq \f(1,x)＋ln x的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A.5x－4y－12＝0B.5x－4y－2＝0
C.5x＋4y－12＝0D.3x＋4y＋4＝0
答案 A
解析 法一 因为f(x)＝－eq \f(3x,4)－eq \f(1,x)＋ln x，
所以f′(x)＝－eq \f(3,4)＋eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)，
所以f(1)＝－eq \f(7,4)，f′(1)＝eq \f(5,4)，
所以切线的斜率为eq \f(5,4)，
所求切线方程为y＋eq \f(7,4)＝eq \f(5,4)(x－1)，
即5x－4y－12＝0.故选A.
法二 因为f(1)＝－eq \f(7,4)，
所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(7,4)))在切线上，
所以将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(7,4)))代入选项验证，排除BC；
因为f(x)＝－eq \f(3x,4)－eq \f(1,x)＋ln x，
所以f′(x)＝－eq \f(3,4)＋eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝eq \f(5,4)，
所以切线的斜率为eq \f(5,4)，排除D.故选A.
4.(2022·合肥调研)若x＝2是函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－x－2ln x的极值点，则函数f(x)( )
A.有最小值－2ln 2，无最大值
B.有最大值－2ln 2，无最小值
C.有最小值－2ln 2，有最大值2ln 2
D.无最大值，无最小值
答案 A
解析 由题设得，f′(x)＝ax－eq \f(2,x)－1且f′(2)＝0，∴2a－2＝0，可得a＝1.
∴f′(x)＝x－eq \f(2,x)－1＝eq \f(（x＋1）（x－2）,x)且x>0，
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)有极小值(也是最小值)f(2)＝－2ln 2，无极大值.
综上，f(x)有最小值－2ln 2，无最大值.
故选A.
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.(2022·百师联盟联考)已知点A是函数f(x)＝x2－ln x＋2图象上的点，点B是直线y＝x上的点，则|AB|的最小值为( )
A.eq \r(2) B.2
C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(16,3)
答案 A
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞).
当与直线y＝x平行的直线与f(x)的图象相切时，切点到直线y＝x的距离|AB|最小.
令f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝1，
解得x＝1或x＝－eq \f(1,2)(舍去)，
又f(1)＝3，所以切点(1，3)到直线y＝x的距离即为|AB|的最小值，
|AB|min＝eq \r(2).故选A.
7.(2022·昆明诊断)已知函数f(x)＝ln(m＋x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋b，则不等式0答案 (1，e)
解析 由题意可得f′(x)＝eq \f(1,m＋x)，
因为函数f(x)＝ln(m＋x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋b，
所以f′(0)＝1，即eq \f(1,m)＝1，解得m＝1，
所以f(x)＝ln(x＋1)，
则f(x－1)＝ln x，
又0解得1所以不等式08.(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.已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，则函数f(x)＝________，函数f(x)的最小值为________.
答案 xln x －eq \f(1,e)
解析 由f′(x)＝ln x＋1得f(x)＝xln x＋c，又f(1)＝0，则c＝0，
所以f(x)＝xln x.
又f(x)的定义域为(0，＋∞)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
则f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
11.(2021·北京卷)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a).
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间以及最大值和最小值.
解 (1)当a＝0时，f(x)＝eq \f(3－2x,x2)，
则f′(x)＝eq \f(x2·（－2）－（3－2x）·2x,x4)＝eq \f(2x－6,x3).
当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，
故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，
整理得4x＋y－5＝0.
(2)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a)，
则f′(x)＝eq \f(（x2＋a）·（－2）－（3－2x）·2x,（x2＋a）2)＝eq \f(2（x2－3x－a）,（x2＋a）2).
若函数f(x)在x＝－1处取得极值，
则f′(－1)＝0，即eq \f(2（4－a）,（a＋1）2)＝0，解得a＝4.
经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值点，符合题意.
此时f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)，其定义域为R，f′(x)＝eq \f(2（x－4）（x＋1）,（x2＋4）2)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4.
f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4).
极大值为f(－1)＝1，
极小值为f(4)＝－eq \f(1,4).
又因为x0；
x>eq \f(3,2)时，f(x)<0，
所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，
最小值为f(4)＝－eq \f(1,4).
12.已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R).
(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－4y－2＝0垂直，求实数a的值；
(2)当a>0时，讨论函数的单调性.
解 函数定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x).
(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.
(2)f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)(x>0)，
记Δ＝4－8a，
①当Δ≤0时，即a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即a又a>0，故x2>x1>0.
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上单调递减.
二、创新拓展练
13.(2022·龙岩模拟)若直线y＝kx＋b是曲线y＝eq \f(ex,e2)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 D
解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝eq \f(ex,e2)相切于点P(x1，y1)，y′＝eq \f(ex,e2)＝ex－2，
k1＝ex1－2；
直线y＝kx＋b与曲线y＝ex－1相切于点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).
14.(2022·太原模拟)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 法一 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a≤1.故选C.
法二 取a＝0，得f(x)＝－ex＋x，f′(x)＝－ex＋1<0(x>0)，
所以函数f(x)＝－ex＋x在(0，＋∞)上单调递减，满足eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0，
故排除BD.
取a＝1，得f(x)＝eq \f(1,2)x2－ex＋2x，f′(x)＝x－ex＋2，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝1－ex<0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)<1(x>0)，满足eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<1，故排除A.选C.
15.(2022·北京北大附中模拟)已知函数f(x)＝eq \f(a,x)－ex，g(x)＝x2－2x－1.若对任意的x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都存在x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，满足f(x1)－g(x2)≥1，则实数a的取值范围是( )
A.[2e2，＋∞) B.[2e2－2，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(e),2)，＋∞)) D.(－∞，1]
答案 B
解析 对任意的x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都存在x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))满足f(x1)－g(x2)≥1，等价于对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f(x)≥[g(x)＋1]min.
令h(x)＝g(x)＋1＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
所以h(x)min＝h(1)＝－1，
所以eq \f(a,x)－ex≥－1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒成立，
即a≥－x＋xex在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒成立.
令φ(x)＝xex－x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
则φ′(x)＝(x＋1)ex－1>0.
所以函数φ(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，
故φ(x)max＝φ(2)＝2e2－2.
所以a≥2e2－2，故选B.
16.设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0，1)时，求函数f(x)的极小值；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求实数a的取值范围.
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f(x)的图象过点(0，1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，
f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)>0，解得x1；
由f′(x)<0，解得eq \f(1,3)所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立.
由a>0，f′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，
即16－12a≤0，解得a≥eq \f(4,3).
显然，f′(x)≤0不恒成立，
综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)).
x
(－∞，－1)
－1
(－1，4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗