高考數學一輪復習試題第三章函數的導數及其應用

第1節(jié)導數的概念及運算考試要求1.通過實例分析，了解平均變化率、瞬時變化率，了解導數概念的實際背景.2.通過函數圖象，理解導數的幾何意義.3.了解利用導數定義求基本初等函數的導數.4.能利用基本初等函數的導數公式和導數的四則運算法則求簡單函數的導數.5.能求簡單的復合函數(形如f(ax＋b))的導數.1.導數的概念(1)如果當Δx→0時，平均變化率eq\f(Δy,Δx)無限趨近于一個確定的值，即eq\f(Δy,Δx)有極限，則稱y＝f(x)在x＝x0處可導，并把這個確定的值叫做y＝f(x)在x＝x0處的導數(也稱瞬時變化率)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0)).(2)當x＝x0時，f′(x0)是一個唯一確定的數，當x變化時，y＝f′(x)就是x的函數，我們稱它為y＝f(x)的導函數(簡稱導數)，記為f′(x)(或y′)，即f′(x)＝y(tǒng)′＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).2.導數的幾何意義函數y＝f(x)在x＝x0處的導數的幾何意義就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).3.基本初等函數的導數公式基本初等函數導函數f(x)＝c(c為常數)f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos__xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin__xf(x)＝ax(a＞0且a≠1)f′(x)＝axln__af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a＞0且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)4.導數的運算法則若f′(x)，g′(x)存在，則有：[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq\f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)；[cf(x)]′＝cf′(x).5.復合函數的定義及其導數(1)一般地，對于兩個函數y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過中間變量u，y可以表示成x的函數，那么稱這個函數為函數y＝f(u)與u＝g(x)的復合函數，記作y＝f(g(x)).(2)復合函數y＝f(g(x))的導數和函數y＝f(u)，u＝g(x)的導數間的關系為yx′＝y(tǒng)u′·ux′，即y對x的導數等于y對u的導數與u對x的導數的乘積.1.f′(x0)代表函數f(x)在x＝x0處的導數值；(f(x0))′是函數值f(x0)的導數，則(f(x0))′＝0.2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f（x）)))′＝－eq\f(f′（x）,[f（x）]2)(f(x)≠0).3.曲線的切線與曲線的公共點的個數不一定只有一個，而直線與二次曲線相切只有一個公共點.4.函數y＝f(x)的導數f′(x)反映了函數f(x)的瞬時變化趨勢，其正負號反映了變化的方向，其大小|f′(x)|反映了變化的快慢，|f′(x)|越大，曲線在這點處的切線越“陡”.1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函數y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率.()(2)函數f(x)＝sin(－x)的導數f′(x)＝cosx.()(3)求f′(x0)時，可先求f(x0)，再求f′(x0).()(4)曲線y＝f(x)在某點處的切線與曲線y＝f(x)過某點的切線意義是相同的.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)f′(x0)表示y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率，(1)錯.(2)f(x)＝sin(－x)＝－sinx，則f′(x)＝－cosx，(2)錯.(3)求f′(x0)時，應先求f′(x)，再代入求值，(3)錯.(4)“在某點”的切線是指以該點為切點的切線，因此此點橫坐標處的導數值為切線的斜率；而對于“過某點”的切線，則該點不一定是切點，要利用解方程組的思想求切線的方程，在曲線上某點處的切線只有一條，但過某點的切線可以不止一條，(4)錯.2.(多選)下列導數的運算中正確的是()A.(3x)′＝3xln3B.(x2lnx)′＝2xlnx＋xC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(xsinx－cosx,x2)D.(sinxcosx)′＝cos2x答案ABD解析因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)，所以C項錯誤，其余都正確.3.(2021·全國甲卷)曲線y＝eq\f(2x－1,x＋2)在點(－1，－3)處的切線方程為________.答案y＝5x＋2解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq\f(2（x＋2）－（2x－1）,（x＋2）2)＝eq\f(5,（x＋2）2)，所以y′|x＝－1＝eq\f(5,（－1＋2）2)＝5，所以切線方程為y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.4.(2020·全國Ⅲ卷)設函數f(x)＝eq\f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq\f(e,4)，則a＝________.答案1解析由f′(x)＝eq\f(ex（x＋a）－ex,（x＋a）2)，可得f′(1)＝eq\f(ea,（1＋a）2)＝eq\f(e,4)，即eq\f(a,（1＋a）2)＝eq\f(1,4)，解得a＝1.5.(2022·湖北九師聯(lián)盟質量檢測)已知函數f(x)＝x2＋xlnx的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線x－ay－1＝0平行，則實數a＝________.答案eq\f(1,3)解析因為f(x)＝x2＋xlnx，所以f′(x)＝2x＋lnx＋1，切線斜率k＝f′(1)＝2＋1＝3，又該切線與直線x－ay－1＝0平行，所以eq\f(1,a)＝3，所以a＝eq\f(1,3).6.(易錯題)過原點與曲線y＝(x－1)3相切的切線方程為________.答案y＝0或27x－4y＝0解析函數y＝(x－1)3的導數為y′＝3(x－1)2，設過原點的切線的切點坐標為(x0，(x0－1)3)，則切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝x0＝3(x0－1)2.∵切線過原點(0，0)，∴k＝3(x0－1)2＝eq\f(（x0－1）3－0,x0－0)，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)，則切點坐標為(1，0)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(27,8)))，對應的斜率k＝0或k＝eq\f(27,4)，∴對應的切線方程為y＝0或y＋eq\f(27,8)＝eq\f(27,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即y＝0或27x－4y＝0.考點一導數的運算1.已知f(x)＝cos2x＋e2x，則f′(x)＝()A.－2sin2x＋2e2x B.sin2x＋e2xC.2sin2x＋2e2x D.－sin2x＋e2x答案A解析f′(x)＝－2sin2x＋2e2x，選A.2.(多選)已知函數f(x)及其導函數f′(x)，若存在x0∈R使得f(x0)＝f′(x0)，則稱x0是f(x)的一個“巧值點”.下列選項中有“巧值點”的函數是()A.f(x)＝x2 B.f(x)＝e－xC.f(x)＝lnx D.f(x)＝tanx答案AC解析若f(x)＝x2，則f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，則f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程無解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，則f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，在同一直角坐標系內作出函數y＝lnx與y＝eq\f(1,x)的圖象(作圖略)，可得兩函數的圖象有一個交點，所以方程f(x)＝f′(x)存在實數解，故C符合要求；若f(x)＝tanx，則f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(1,cos2x)，令tanx＝eq\f(1,cos2x)，化簡得sinxcosx＝1，變形可得sin2x＝2，無解，故D不符合要求.故選AC.3.若函數f(x)＝lnx－f′(1)x2＋3x－4，則f′(3)＝________.答案－eq\f(14,3)解析對f(x)求導，得f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(1)x＋3，所以f′(1)＝1－2f′(1)＋3，解得f′(1)＝eq\f(4,3)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(8,3)x＋3，將x＝3代入f′(x)，可得f′(3)＝－eq\f(14,3).4.求下列函數的導數.(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex)；(4)y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))).解(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))′＝(lnx)′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,ex)))′＝eq\f(（cosx）′ex－cosx（ex）′,（ex）2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).(4)∵y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\f(1,2)xsin(4x＋π)＝－eq\f(1,2)xsin4x，∴y′＝－eq\f(1,2)sin4x－eq\f(1,2)x·4cos4x＝－eq\f(1,2)sin4x－2xcos4x.感悟提升1.求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導.2.抽象函數求導，恰當賦值是關鍵，然后活用方程思想求解.3.復合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.考點二導數的幾何意義角度1求切線方程例1(1)(2020·全國Ⅰ卷)曲線y＝lnx＋x＋1的一條切線的斜率為2，則該切線的方程為________.答案2x－y＝0解析設切點坐標為(x0，y0)，∵y＝lnx＋x＋1，所以y′＝eq\f(1,x)＋1，∴切線的斜率為eq\f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，∴y0＝ln1＋1＋1＝2，即切點坐標為(1，2)，∴切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.(2)設函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，則曲線y＝f(x)過P(2，4)的切線方程為________.答案x－y＋2＝0或4x－y－4＝0解析設切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，因為f′(x)＝x2，所以f′(x0)＝xeq\o\al(2,0)，從而得到切點處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，將(2，4)代入，化簡得到xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，即(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2.當x0＝－1時，切線方程為x－y＋2＝0；當x0＝2時，切線方程為4x－y－4＝0.角度2求曲線的切點坐標例2在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點A處的切線經過點(－e，－1)(e為自然對數的底數)，則點A的坐標是________.答案(e，1)解析設A(m，n)，則曲線y＝lnx在點A處的切線方程為y－n＝eq\f(1,m)(x－m).又切線過點(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e).再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故點A的坐標為(e，1).角度3導數與函數圖象問題例3已知y＝f(x)是可導函數，如圖，直線y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的導函數，則g′(3)＝________.答案0解析由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處切線的斜率等于－eq\f(1,3)，∴f′(3)＝－eq\f(1,3).∵g(x)＝xf(x)，∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，又由題意可知f(3)＝1，∴g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.感悟提升1.求曲線在點P(x0，y0)處的切線，則表明P點是切點，只需求出函數在P處的導數，然后利用點斜式寫出切線方程，若在該點P處的導數不存在，則切線垂直于x軸，切線方程為x＝x0.2.求曲線的切線方程要分清“在點處”與“過點處”的切線方程的不同.過點處的切點坐標不知道，要設出切點坐標，根據斜率相等建立方程(組)求解，求出切點坐標是解題的關鍵.訓練1(1)已知函數y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數的圖象是()答案B解析由y＝f′(x)的圖象是先上升后下降可知，函數y＝f(x)圖象的切線的斜率先增大后減小，故選B.(2)(2021·杭州二模)曲線f(x)＝2lnx在x＝t處的切線l過原點，則l的方程是()A.2x－ey＝0 B.2x＋ey＝0C.ex－2y＝0 D.ex＋2y＝0答案A解析對f(x)＝2lnx求導得f′(x)＝eq\f(2,x)，切線l的斜率k＝f′(t)＝eq\f(2,t)，又直線l過原點，所以k＝eq\f(2lnt,t)＝eq\f(2,t)，從而有l(wèi)nt＝1，∴t＝e，從而得到k＝eq\f(2,e)，故切線l的方程為y＝eq\f(2,e)x，即2x－ey＝0.故選A.(3)(2019·全國Ⅲ卷)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A.a＝e，b＝－1 B.a＝e，b＝1C.a＝e－1，b＝1 D.a＝e－1，b＝－1答案D解析因為y′＝aex＋lnx＋1，所以k＝y(tǒng)′|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\{(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))考點三導數幾何意義的應用例4(1)(2021·新高考Ⅰ卷)若過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則()A.eb<a B.ea<bC.0<a<eb D.0<b<ea答案D解析法一設切點為(x0，y0)，y0>0，則切線方程為y－b＝ex0(x－a).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0－b＝ex0（x0－a），,y0＝ex0))得ex0(1－x0＋a)＝b，則由題意知關于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有兩個不同的解.設f(x)＝ex(1－x＋a)，則f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a).由f′(x)＝0得x＝a，所以當x<a時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x>a時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea.當x<a時，a－x>0，所以f(x)>0，又當x→－∞時，f(x)→0，當x→＋∞時，f(x)→－∞，故函數f(x)＝ex(1－x＋a)的大致圖象如圖所示，由題意知f(x)的圖象與直線y＝b有兩個交點，所以0<b<ea.故選D.法二過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則點(a，b)在曲線y＝ex的下方且在x軸的上方，得0<b<ea.故選D.(2)(2021·廣州一模)若曲線C1：y＝ax2(a＞0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析由y＝ax2(a＞0)得y′＝2ax，由y＝ex得y′＝ex.設公切線與曲線C1切于點(x1，axeq\o\al(2,1))，與曲線C2切于點(x2，ex2)，則2ax1＝ex2＝eq\f(ex2－axeq\o\al(2,1),x2－x1)，可得2x2＝x1＋2，∴a＝eq\f(e\f(x1,2)＋1,2x1).∵a＞0，∴x1＞0，記f(x)＝eq\f(e\f(x,2)＋1,2x)(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(e\f(x,2)＋1（x－2）,4x2)，當x∈(0，2)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增.所以當x＝2時，f(x)min＝eq\f(e2,4)＞0，滿足題意.所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)).感悟提升1.處理與切線有關的參數問題，通常利用曲線、切線、切點的三個關系列出參數的方程(組)并解出參數：(1)切點處的導數是切線的斜率；(2)切點在切線上，故滿足切線方程；(3)切點在曲線上，故滿足曲線方程.2.利用導數的幾何意義求參數問題時，注意利用數形結合，化歸與轉化的思想方法.訓練2(1)函數f(x)＝lnx＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數a的取值范圍是()A.(－∞，2] B.(－∞，2)C.(2，＋∞) D.(0，＋∞)答案B解析函數f(x)＝lnx＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，即f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x).因為x＞0，所以2－eq\f(1,x)＜2，所以a的取值范圍是(－∞，2).(2)(2022·重慶調研)已知曲線f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在兩條斜率為3的切線，則實數a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) B.(3，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2))) D.(0，3)答案A解析f′(x)＝2e2x－2ex＋a，依題意知f′(x)＝3有兩個實數解，即2e2x－2ex＋a＝3有兩個實數解，即a＝－2e2x＋2ex＋3有兩個實數解，令t＝ex，∴t＞0，∴a＝－2t2＋2t＋3(t＞0)有兩個實數解，∴y＝a與φ(t)＝－2t2＋2t＋3(t＞0)的圖象有兩個交點，φ(t)＝－2t2＋2t＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,2)，∵t＞0，∴φ(t)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(7,2)，又φ(0)＝3，故3＜a＜eq\f(7,2).公切線問題求兩條曲線的公切線，如果同時考慮兩條曲線與直線相切，頭緒會比較亂，為了使思路更清晰，一般是把兩條曲線分開考慮，先分析其中一條曲線與直線相切，再分析另一條曲線與直線相切，直線與拋物線相切可用判別式法.一、共切點的公切線問題例1設點P為函數f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax與g(x)＝3a2lnx＋2b(a＞0)的圖象的公共點，以P為切點可作直線l與兩曲線都相切，則實數b的最大值為()A.eq\f(2,3)eeq\f(3,4) B.eq\f(3,2)eeq\f(3,4) C.eq\f(4,3)eeq\f(2,3) D.eq\f(3,4)eeq\f(2,3)答案D解析設P(x0，y0)，由于P為公共點，則eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝3a2lnx0＋2b.又點P處的切線相同，則f′(x0)＝g′(x0)，即x0＋2a＝eq\f(3a2,x0)，即(x0＋3a)(x0－a)＝0.又a＞0，x0＞0，則x0＝a，于是2b＝eq\f(5,2)a2－3a2lna.設h(x)＝eq\f(5,2)x2－3x2lnx，x＞0，則h′(x)＝2x(1－3lnx).可知：當x∈(0，eeq\f(1,3))時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增；當x∈(eeq\f(1,3)，＋∞)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減.故h(x)max＝h(eeq\f(1,3))＝eq\f(3,2)eeq\f(2,3)，于是b的最大值為eq\f(3,4)eeq\f(2,3)，故選D.二、切點不同的公切線問題例2(1)已知曲線y＝x＋lnx在點(1，1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________.答案8解析法一∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝2.∴曲線y＝x＋lnx在點(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(當a＝0時曲線變?yōu)閥＝2x＋1與已知直線平行).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,y＝ax2＋（a＋2）x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.法二同法一得切線方程為y＝2x－1.設y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于點(x0，axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1).∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax0＋（a＋2）＝2，,axeq\o\al(2,0)＋（a＋2）x0＋1＝2x0－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))(2)曲線y＝－eq\f(1,x)(x＜0)與曲線y＝lnx的公切線的條數為________條.答案1解析設(x1，y1)是公切線和曲線y＝－eq\f(1,x)的切點，則切線斜率k1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))′|x＝x1＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，切線方程為y＋eq\f(1,x1)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，整理得y＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))·x－eq\f(2,x1).設(x2，y2)是公切線和曲線y＝lnx的切點，則切線斜率k2＝(lnx)′|x＝x2＝eq\f(1,x2)，切線方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，整理得y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2－1.令eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,x2)，－eq\f(2,x1)＝lnx2－1，消去x2得－eq\f(2,x1)＝lnxeq\o\al(2,1)－1.設t＝－x1＞0，即2lnt－eq\f(2,t)－1＝0，只需探究此方程解的個數.易知函數f(x)＝2lnx－eq\f(2,x)－1在(0，＋∞)上單調遞增，f(1)＝－3＜0，f(e)＝1－eq\f(2,e)＞0，于是f(x)＝0有唯一解，于是兩曲線的公切線的條數為1.1.(多選)下列求導運算正確的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2)B.(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C.(5x)′＝5xlog5xD.(x2cosx)′＝2xcosx－x2sinx答案BD解析A中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq\f(1,x2)，C中，(5x)′＝5xln5，其余都正確.2.曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3，2)處的切線的斜率是()A.2 B.－2 C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)答案D解析y′＝eq\f(（x＋1）′（x－1）－（x＋1）（x－1）′,（x－1）2)＝－eq\f(2,（x－1）2)，故曲線在點(3，2)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝3＝－eq\f(2,（3－1）2)＝－eq\f(1,2).3.若函數f(x)在R上可導，且f(x)＝x2＋2f′(1)x＋3，則()A.f(0)<f(4) B.f(0)＝f(4)C.f(0)>f(4) D.以上都不對答案B解析函數f(x)的導數f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，故f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，所以f(0)＝f(4)＝3.4.(2021·遼寧百校聯(lián)盟質檢)函數f(x)＝eq\f(ex－2,x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()A.2x＋y＋e－4＝0 B.2x＋y－e＋4＝0C.2x－y＋e－4＝0 D.2x－y－e＋4＝0答案C解析f′(x)＝eq\f(xex－ex＋2,x2)，所以f′(1)＝2，所以函數f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線的斜率為2，切點為(1，e－2)，則切線方程為y－(e－2)＝2(x－1)，即2x－y＋e－4＝0.5.已知直線y＝ax是曲線y＝lnx的切線，則實數a＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,2e) C.eq\f(1,e) D.eq\f(1,e2)答案C解析設切點坐標為(x0，lnx0)，由y＝lnx的導函數為y′＝eq\f(1,x)知切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(x,x0)＋lnx0－1.由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,x0)，,lnx0－1＝0，))解得a＝eq\f(1,e).6.(多選)已知函數f(x)的圖象如圖，f′(x)是f(x)的導函數，則下列結論正確的是()A.f′(3)＞f′(2)B.f′(3)＜f′(2)C.f(3)－f(2)＞f′(3)D.f(3)－f(2)＜f′(2)答案BCD解析f′(x0)的幾何意義是f(x)在x＝x0處的切線的斜率.由圖知f′(2)＞f′(3)＞0，故A錯誤，B正確.設A(2，f(2))，B(3，f(3))，則f(3)－f(2)＝eq\f(f（3）－f（2）,3－2)＝kAB，由圖知f′(3)＜kAB＜f′(2)，即f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)，故C，D正確.7.(2022·武漢一模)已知函數f(x)＝ax2＋lnx滿足eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，則曲線y＝f(x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線斜率為________.答案3解析易知f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)，由eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，可得eq\f(2,3)eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,2Δx)＝2，即eq\f(2,3)f′(1)＝2，所以f′(1)＝3，可得3＝2a＋1，解得a＝1，故f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2×eq\f(1,2)＋2＝3.8.已知函數f(x)＝eq\f(1,ax－1)＋excosx，若f′(0)＝－1，則a＝________.答案2解析f′(x)＝eq\f(－（ax－1）′,（ax－1）2)＋excosx－exsinx＝eq\f(－a,（ax－1）2)＋excosx－exsinx，∴f′(0)＝－a＋1＝－1，則a＝2.9.已知函數f(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝x2.若直線l與曲線f(x)，g(x)都相切，則直線l的斜率為________.答案－4解析∵f(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(x)＝－eq\f(1,x2)，設曲線f(x)與l切于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,x1)))，則切線斜率k＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，故切線方程為y－eq\f(1,x1)＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，即y＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))x＋eq\f(2,x1).與g(x)＝x2聯(lián)立，得x2＋eq\f(1,xeq\o\al(2,1))x－eq\f(2,x1)＝0.∵直線l與曲線g(x)相切，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(2,1))))eq\s\up12(2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x1)))＝0，解得x1＝－eq\f(1,2)，故斜率k＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＝－4.10.已知函數f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R).(1)若函數f(x)的圖象過原點，且在原點處的切線斜率為－3，求a，b的值；(2)若曲線y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，求a的取值范圍.解f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2).(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝b＝0，,f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，))解得b＝0，a＝－3或a＝1.(2)因為曲線y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，所以關于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有兩個不相等的實數根，所以Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＞0，即4a2＋4a＋1＞0，所以a≠－eq\f(1,2).所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).11.設函數f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明曲線f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值.(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當x＝2時，y＝eq\f(1,2).又∵f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))∴f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設P(x0，y0)為曲線y＝f(x)上任一點，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲線在點P(x0，y0)處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,xeq\o\al(2,0))))(x－x0).令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0)，∴切線與直線x＝0的交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，∴切線與直線y＝x的交點坐標為(2x0，2x0).∴曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)|－eq\f(6,x0)||2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形面積為定值，且此定值為6.12.(2021·青島二模)已知P是曲線y＝－sinx(x∈[0，π])上的動點，點Q在直線x－2y－6＝0上運動，則當|PQ|取最小值時，點P的橫坐標為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2) C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案C解析如圖所示，若使得|PQ|取得最小值，則曲線y＝－sinx(x∈[0，π])在點P處的切線與直線x－2y－6＝0平行，對函數y＝－sinx求導得y′＝－cosx，令y′＝eq\f(1,2)，可得cosx＝－eq\f(1,2).∵0≤x≤π，解得x＝eq\f(2π,3).13.(2021·新高考Ⅱ卷)已知函數f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函數f(x)的圖象在點A(x1，f(x1))和點B(x2，f(x2))處的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則eq\f(|AM|,|BN|)的取值范圍是________.答案(0，1)解析由題意，f(x)＝|ex－1|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－ex，x<0，,ex－1，x≥0，))則f′(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ex，x<0，,ex，x>0，))所以點A(x1，1－ex1)和點B(x2，ex2－1)，kAM＝－ex1，kBN＝ex2，所以－ex1·ex2＝－1，所以ex1＋x2＝1，所以x1＋x2＝0，所以AM的方程為y－1＋ex1＝－ex1(x－x1)，M(0，ex1x1－ex1＋1)，所以|AM|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋（ex1x1）2)＝eq\r(1＋e2x1)·|x1|，同理|BN|＝eq\r(1＋e2x2)·|x2|，所以eq\f(|AM|,|BN|)＝eq\f(\r(1＋e2x1)·|x1|,\r(1＋e2x2)·|x2|)＝eq\r(\f(1＋e2x1,1＋e2x2))＝eq\r(\f(1＋e2x1,1＋e－2x1))＝ex1∈(0，1).14.(2021·全國乙卷)已知函數f(x)＝x3－x2＋ax＋1.(1)討論f(x)的單調性；(2)求曲線y＝f(x)過坐標原點的切線與曲線y＝f(x)的公共點的坐標.解(1)由題意知f(x)的定義域為R，f′(x)＝3x2－2x＋a，對于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).①當a≥eq\f(1,3)時，Δ≤0，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調遞增；②當a<eq\f(1,3)時，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－3a),3)，x2＝eq\f(1＋\r(1－3a),3)，令f′(x)>0，則x<x1或x>x2；令f′(x)<0，則x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減，在(x2，＋∞)上單調遞增.綜上，當a≥eq\f(1,3)時，f(x)在R上單調遞增；當a<eq\f(1,3)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(1－3a),3)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－3a),3)，\f(1＋\r(1－3a),3)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞))上單調遞增.(2)記曲線y＝f(x)過坐標原點的切線為l，切點為P(x0，xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋ax0＋1).因為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－2x0＋a，所以切線l的方程為y－(xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋ax0＋1)＝(3xeq\o\al(2,0)－2x0＋a)(x－x0).由l過坐標原點，得2xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)－1＝0，解得x0＝1，所以切線l的方程為y＝(1＋a)x.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝（1＋a）x，,y＝x3－x2＋ax＋1))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1＋a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1－a.))所以曲線y＝f(x)過坐標原點的切線與曲線y＝f(x)的公共點的坐標為(1，1＋a)和(－1，－1－a).

第2節(jié)導數與函數的單調性考試要求1.結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系.2.能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區(qū)間(其中多項式函數一般不超過三次).1.函數的單調性與導數的關系條件恒有結論函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導f′(x)＞0f(x)在(a，b)上單調遞增f′(x)＜0f(x)在(a，b)上單調遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常數函數2.利用導數判斷函數單調性的步驟第1步，確定函數的定義域；第2步，求出導函數f′(x)的零點；第3步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負，由此得出函數y＝f(x)在定義域內的單調性.1.若函數f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調遞增”的充分不必要條件.2.對于可導函數f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件.1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)函數f(x)在(a，b)內單調遞增，那么一定有f′(x)＞0.()(2)如果f(x)在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內沒有單調性.()(3)若函數f(x)在定義域上都有f′(x)＞0，則f(x)在定義域上一定單調遞增.()(4)函數f(x)＝x－sinx在R上是增函數.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)f(x)在(a，b)內單調遞增，則有f′(x)≥0.(3)反例，f(x)＝－eq\f(1,x)，雖然f′(x)＝eq\f(1,x2)＞0，但f(x)＝－eq\f(1,x)，在其定義域(－∞，0)∪(0，＋∞)上不具有單調性.2.(多選)已知定義在R上的函數f(x)，其導函數f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()A.f(b)＞f(c)＞f(d)B.f(b)＞f(a)＞f(e)C.f(c)＞f(b)＞f(a)D.f(c)＞f(d)＞f(e)答案CD解析由題意得，當x∈(－∞，c)時，f′(x)＞0，所以函數f(x)在(－∞，c)上是增函數，因為a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a).當x∈(c，e)時，f′(x)＜0，所以函數f(x)在(c，e)上是減函數，因為c＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e).3.(2021·九江二模)函數f(x)＝lnx－x2的單調遞增區(qū)間為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析由題意可得函數的定義域為(0，＋∞)，∵f(x)＝lnx－x2，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x).由f′(x)＞0可得1－2x2＞0，解得0＜x＜eq\f(\r(2),2)，故函數的單調增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).4.若函數f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個單調區(qū)間，則實數a的取值范圍是________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝3ax2＋6x－1，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝36＋12a＞0，))解得a＞－3且a≠0.5.(易錯題)若函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調遞減區(qū)間為[－1，4]，則實數a的值為________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的單調遞減區(qū)間為[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集為[－1，4],∴－1，4是方程f′(x)＝0的兩根，則a＝(－1)×4＝－4.6.(易錯題)若y＝x＋eq\f(a2,x)(a＞0)在[2，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是________.答案(0，2]解析法一由y′＝1－eq\f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.∴y＝x＋eq\f(a2,x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－a]，[a，＋∞).∵函數在[2，＋∞)上單調遞增，∴[2，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.法二y′＝1－eq\f(a2,x2)，依題意知1－eq\f(a2,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a＞0，∴0＜a≤2.考點一不含參函數的單調性1.下列函數中，在(0，＋∞)內為增函數的是()A.f(x)＝sin2x B.f(x)＝xexC.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋lnx答案B解析由于x＞0，對于A，f′(x)＝2cos2x，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－1＜0，不符合題意；對于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合題意；對于C，f′(x)＝3x2－1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－eq\f(2,3)＜0，不符合題意；對于D，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)，f′(2)＝－eq\f(1,2)＜0，不符合題意.2.(2022·武漢模擬)函數f(x)＝2x2－lnx的單調遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案C解析∵函數f(x)＝2x2－lnx，∴f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))),x).由f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,2)，∴函數的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).3.已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的遞增區(qū)間是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).感悟提升確定函數單調區(qū)間的步驟：(1)確定函數f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間.考點二含參函數的單調性例1已知函數f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數y＝f(x)的單調性.解函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－（a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x).①當0<a<1時，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，f′(x)<0，∴函數f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞減；②當a＝1時，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；③當a>1時，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時，f′(x)<0，∴函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調遞減.綜上，當0<a<1時，函數f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞減；當a＝1時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>1時，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調遞減.感悟提升1.(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.(2)若導函數為二次函數式，首先看能否因式分解，再討論二次項系數的正負及兩根的大??；若不能因式分解，則需討論判別式Δ的正負，二次項系數的正負，兩根的大小及根是否在定義域內.2.個別導數為0的點不影響所在區(qū)間的單調性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數.訓練1討論函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx的單調性.解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).設y＝x2－ax＋1，其圖象過定點(0，1)，開口向上，對稱軸為x＝eq\f(a,2)，①當eq\f(a,2)≤0，即a≤0時，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；②當eq\f(a,2)＞0，即a＞0時，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，(ⅰ)當Δ≤0，即0＜a≤2時，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上是減函數.故a≤2時，f(x)在(0，＋∞)上是減函數.(ⅱ)當Δ＞0，即a＞2時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時，f′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調遞增.考點三根據函數的單調性求參數例2已知g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x).(1)若函數g(x)在區(qū)間[1，2]內單調遞增，求實數a的取值范圍；(2)若g(x)在區(qū)間[1，2]上存在單調遞增區(qū)間，求實數a的取值范圍.解(1)g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)(x>0)，g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)(x>0).∵函數g(x)在[1，2]上單調遞增，∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)≥0在[1，2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.∴實數a的取值范圍是[－3，＋∞).(2)g(x)在[1，2]上存在單調遞增區(qū)間，則g′(x)＞0在[1，2]上有解，即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，∴a＞(－2x2－x)min，又(－2x2－x)min＝－10，∴a＞－10.遷移(1)(變條件)若函數g(x)在區(qū)間[1，2]上單調遞減，求實數a的取值范圍.解依題意g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)在[1，2]上滿足g′(x)≤0恒成立，∴當x∈[1，2]時，a≤－2x2－x恒成立，又t＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)，x∈[1，2]是減函數，∴當x＝2時，t＝－2x2－x取得最小值－10.所以a≤－10，即實數a的取值范圍為(－∞，－10].(2)(變條件)若函數g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調，求實數a的取值范圍.解∵函數g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調，∴g′(x)＝0在區(qū)間(1，2)內有解，則a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在(1，2)內有解，易知該函數在(1，2)上是減函數，∴y＝－2x2－x的值域為(－10，－3)，因此實數a的取值范圍為(－10，－3).感悟提升根據函數單調性求參數的一般思路：(1)利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調，則區(qū)間(a，b)是相應單調區(qū)間的子集.(2)f(x)為增(減)函數的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)內的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解.(3)函數在某個區(qū)間上存在單調區(qū)間可轉化為不等式有解問題.訓練2若函數f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是()A.[－1，1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))答案C解析∵f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx，∴f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3).由f(x)在R上單調遞增，則f′(x)≥0在R上恒成立.令t＝cosx，t∈[－1，1]，則－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0，在t∈[－1，1]上恒成立.∴4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.令g(t)＝4t2－3at－5，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝－3a－1≤0，,g（－1）＝3a－1≤0.))解之得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).考點四函數單調性的應用角度1比較大小例3(多選)(2021·淄博二模)已知e是自然對數的底數，則下列不等關系中不正確的是()A.ln2＞eq\f(2,e) B.ln3＜eq\f(3,e)C.lnπ＞eq\f(π,e) D.eq\f(ln3,lnπ)＜eq\f(3,π)答案ACD解析令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當0＜x＜e時，g′(x)＞0，當x＞e時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減.∵2＜e，∴g(2)＜g(e)，即eq\f(ln2,2)＜eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，∴l(xiāng)n2＜eq\f(2,e)，故A錯誤.∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)，即eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)＞eq\f(ln3,3)＞eq\f(lnπ,π)，∴l(xiāng)n3＜eq\f(3,e)，lnπ＜eq\f(π,e)，eq\f(ln3,lnπ)＞eq\f(3,π)，故B正確，C、D錯誤.角度2解不等式例4設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________.答案(－∞，－1)∪(0，1)解析因為f(x)(x∈R)為奇函數，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當x≠0時，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g(x)為偶函數，g(1)＝g(－1)＝0.則當x＞0時，g′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上單減，在(－∞，0)上單增.所以在(0，＋∞)上，當0＜x＜1時，g(x)＞g(1)＝0，得eq\f(f（x）,x)＞0，所以f(x)＞0；在(－∞，0)上，當x＜－1時，由g(x)＜g(－1)＝0，得eq\f(f（x）,x)＜0，所以f(x)＞0.綜上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1).感悟提升1.利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數，把比較大小的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性，進而根據單調性比較大小.2.與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數；題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關系時，常構造含f(x)與另一函數的積(或商)的函數，與題設形成解題鏈條，利用導數研究新函數的單調性，從而求解不等式.訓練3(1)已知函數f(x)＝xsinx，x∈R，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小關系為()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＞f(1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))B.f(1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＞f(1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＞f(1)答案A解析因為f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函數f(x)是偶函數，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＝sinx＋xcosx＞0，所以函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＞f(1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，故選A.(2)設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x＜0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集為________.答案(－∞，－3)∪(0，3)解析f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0?[f(x)g(x)]′＞0，所以函數y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調遞增.又由題意知函數y＝f(x)g(x)為奇函數，所以其圖象關于原點對稱，且過點(－3，0)，(3，0).數形結合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集為(－∞，－3)∪(0，3).構造函數，巧妙解題導數關系構造函數的一些常見結構1.對于不等式f′(x)＋g′(x)>0，構造函數F(x)＝f(x)＋g(x).2.對于不等式f′(x)－g′(x)>0，構造函數F(x)＝f(x)－g(x).特別地，對于不等式f′(x)>k，構造函數F(x)＝f(x)－kx.3.對于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，構造函數F(x)＝f(x)·g(x).4.對于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，構造函數F(x)＝eq\f(f（x）,g（x）).5.對于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構造函數F(x)＝xn·f(x).6.對于不等式f′(x)＋f(x)>0，構造函數F(x)＝ex·f(x).7.對于不等式f′(x)＋kf(x)>0，構造函數F(x)＝ekx·f(x).一、利用f(x)與ex構造可導型函數例1f(x)為定義在R上的可導函數，且f′(x)＞f(x)，對任意正實數a，下列式子一定成立的是()A.f(a)＜eaf(0) B.f(a)＞eaf(0)C.f(a)＜eq\f(f（0）,ea) D.f(a)＞eq\f(f（0）,ea)答案B解析令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）ex－f（x）ex,（ex）2)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0.∴g(x)在R上為增函數，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，即eq\f(f（a）,ea)＞eq\f(f（0）,e0).故f(a)＞eaf(0).總結(1)出現(xiàn)f′(x)－f(x)的形式，構造函數F(x)＝eq\f(f（x）,ex)；(2)出現(xiàn)f′(x)＋f(x)的形式，構造函數F(x)＝f(x)ex.二、利用f(x)與xn構造可導型函數例2已知偶函數f(x)(x≠0)的導函數為f′(x)，且滿足f(－1)＝0，當x＞0時，2f(x)＞xf′(x)，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________.答案(－1，0)∪(0，1)解析構造F(x)＝eq\f(f（x）,x2)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）·x－2f（x）,x3)，當x＞0時，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出當x＞0時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調遞減.∵f(x)為偶函數，x2為偶函數，∴F(x)為偶函數，∴F(x)在(－∞，0)上單調遞增.根據f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根據函數的單調性、奇偶性可得函數圖象(圖略)，根據圖象可知f(x)＞0的解集為(－1，0)∪(0，1).總結(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構造函數F(x)＝xnf(x)；(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)形式，構造函數F(x)＝eq\f(f（x）,xn).三、利用f(x)與sinx，cosx構造可導型函數例3(多選)已知定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數f(x)，f′(x)是f(x)的導函數，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)＜0成立，則()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))B.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))答案CD解析根據題意，令g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則其導數g′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋sinxf（x）,cos2x)，又由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\