新高考數(shù)學一輪復習講義：導數(shù)及其應用

新高考數(shù)學一輪復習講義：導數(shù)及其應用§3.1導數(shù)的概念及運算過函數(shù)圖象，理解導數(shù)的幾何意義.3.了解利用導數(shù)定義，求基本初等函數(shù)的導數(shù).4.能利用基本初等函數(shù)的導數(shù)公式和導數(shù)的四則運算法則求簡單函數(shù)的導數(shù).5.能求簡單的復合函數(shù)(形如f(ax＋b))的導數(shù)．【知識梳理】1．導數(shù)的概念(1)一般地，函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變化率是eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，我們稱它為函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)，記作f′(x0)或，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).(2)如果函數(shù)y＝f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的每一點處都有導數(shù)，其導數(shù)值在(a，b)內(nèi)構成一個新函數(shù)，這個函數(shù)稱為函數(shù)y＝f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的導函數(shù)．簡稱導數(shù)，記作f′(x)或y′.2．導數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)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(shù)的導數(shù)公式基本初等函數(shù)導函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf(x)＝ax(a>0且a≠1)f′(x)＝axlnaf(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(shù)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(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)；[cf(x)]′＝cf′(x)．5．復合函數(shù)的定義及其導數(shù)(1)一般地，對于兩個函數(shù)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(shù)，那么稱這個函數(shù)為函數(shù)y＝f(u)與u＝g(x)的復合函數(shù)，記作y＝f(g(x))．(2)復合函數(shù)y＝f(g(x))的導數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導數(shù)間的關系為y′x＝y(tǒng)′u·u′x，即y對x的導數(shù)等于y對u的導數(shù)與u對x的導數(shù)的乘積．思考1．根據(jù)f′(x)的幾何意義思考一下，隨著|f′(x)|增大，曲線f(x)的形狀有何變化？提示|f′(x)|越大，曲線f(x)的形狀越來越陡峭．2．函數(shù)f(x)在點P處的切線與函數(shù)f(x)過點P的切線有什么區(qū)別？提示在點P處的切線，點P一定是切點；過點P的切線，點P不一定是切點．【基礎自測】題組一思考辨析1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)與曲線只有一個公共點的直線一定是曲線的切線．(×)(2)f′(x0)＝[f(x0)]′.(×)(3)f(x)在某點處的切線與f(x)過某點處的切線意義相同．(×)(4)若f(x)＝2x，則f′(x)＝x·2x－1.(×)題組二教材改編2．某跳水運動員離開跳板后，他達到的高度與時間的函數(shù)關系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(距離單位：米，時間單位：秒)，則他在0.5秒時的瞬時速度為()A．9.1米/秒 B．6.75米/秒C．3.1米/秒 D．2.75米/秒答案C解析h′(t)＝－9.8t＋8，∴h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1.3．已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋ax2＋2，若f′(e)＝0，則a＝.答案－eq\f(1,e)解析f′(x)＝1＋lnx＋2ax，∴f′(e)＝2ae＋2＝0，∴a＝－eq\f(1,e).4．函數(shù)f(x)＝ex＋eq\f(1,x)在x＝1處的切線方程為．答案y＝(e－1)x＋2解析f′(x)＝ex－eq\f(1,x2)，∴f′(1)＝e－1，又f(1)＝e＋1，∴切點為(1，e＋1)，切線斜率k＝f′(1)＝e－1，即切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.題組三易錯自糾5．已知函數(shù)f(x)＝xcosx＋asinx在x＝0處的切線與直線3x－y＋1＝0平行，則實數(shù)a的值為．答案2解析f′(x)＝cosx＋x·(－sinx)＋acosx＝(1＋a)cosx－xsinx，∴f′(0)＝1＋a＝3，∴a＝2.6．已知函數(shù)f(x)＝ln(3－2x)＋e2x－3，則f′(x)＝.答案eq\f(2,2x－3)＋2e2x－3解析f′(x)＝eq\f(1,3－2x)·(3－2x)′＋e2x－3·(2x－3)′＝eq\f(2,2x－3)＋2e2x－3.題型一導數(shù)的運算1．(多選)下列求導運算正確的是()A．(sina)′＝cosa(a為常數(shù))B．(sin2x)′＝2cos2xC．(eq\r(x))′＝eq\f(1,2\r(x))D．(ex－lnx＋2x2)′＝ex－eq\f(1,x)＋4x答案BCD解析∵a為常數(shù)，∴sina為常數(shù)，∴(sina)′＝0，故A錯誤．由導數(shù)公式及運算法則知B，C，D正確，故選BCD.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,cosx)＋eq\f(1,x2)，則f′(x)＝.答案eq\f(1,cos2x)－eq\f(2,x3)解析f′(x)＝eq\f(sinx′·cosx－sinx·cosx′,cos2x)＋(x－2)′＝eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＋(－2)x－3＝eq\f(1,cos2x)－eq\f(2,x3).3．已知函數(shù)f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，若f′(2)＝1，則a＝.答案e2解析f′(x)＝eq\f(1,2x－3)·(2x－3)′＋ae－x＋ax·(e－x)′＝eq\f(2,2x－3)＋ae－x－axe－x，∴f′(2)＝2＋ae－2－2ae－2＝2－ae－2＝1，則a＝e2.4．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，f(x)＝2x2－3xf′(1)＋lnx，則f(1)＝.答案－eq\f(7,4)解析∵f(x)＝2x2－3xf′(1)＋lnx，∴f′(x)＝4x－3f′(1)＋eq\f(1,x)，將x＝1代入，得f′(1)＝4－3f′(1)＋1，得f′(1)＝eq\f(5,4).∴f(x)＝2x2－eq\f(15,4)x＋lnx，∴f(1)＝2－eq\f(15,4)＝－eq\f(7,4).思維升華(1)求導之前，應利用代數(shù)運算、三角恒等式等對函數(shù)進行化簡，然后求導，盡量避免不必要的商的求導，這樣可以減少運算量，提高運算速度減少差錯．(2)①若函數(shù)為根式形式，可先化為分數(shù)指數(shù)冪，再求導．②復合函數(shù)求導，應由外到內(nèi)逐層求導，必要時可進行換元．題型二導數(shù)的幾何意義命題點1導數(shù)與函數(shù)圖象例1(1)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)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(shù)y＝f(x)圖象的切線的斜率先增大后減小，故選B.(2)已知y＝f(x)是可導函數(shù)，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(shù)，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)，又由題圖可知f(3)＝1，∴g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.命題點2求切線方程例2(1)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)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若直線l過點(0，－1)，并且與曲線y＝f(x)相切，則直線l的方程為．答案x－y－1＝0解析∵點(0，－1)不在曲線f(x)＝xlnx上，∴設切點為(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋lnx，∴直線l的方程為y＋1＝(1＋lnx0)x.∴由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0lnx0，,y0＋1＝1＋lnx0x0，))解得x0＝1，y0＝0.∴直線l的方程為y＝x－1，即x－y－1＝0.命題點3求參數(shù)的值(范圍)例3(1)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＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1答案D解析因為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.))(2)若函數(shù)f(x)＝lnx＋2x2－ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數(shù)a的取值范圍是．答案[2，＋∞)解析直線2x－y＝0的斜率k＝2，又曲線f(x)上存在與直線2x－y＝0平行的切線，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)內(nèi)有解，則a＝4x＋eq\f(1,x)－2，x>0.又4x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(4x·\f(1,x))＝4，當且僅當x＝eq\f(1,2)時取“＝”．∴a≥4－2＝2.∴a的取值范圍是[2，＋∞)．思維升華(1)處理與切線有關的參數(shù)問題，關鍵是根據(jù)曲線、切線、切點的三個關系列出參數(shù)的方程：①切點處的導數(shù)是切線的斜率；②切點在切線上；③切點在曲線上．(2)注意區(qū)分“在點P處的切線”與“過點P處的切線”：在“點P處的切線”，說明點P為切點，點P既在曲線上，又在切線上；“過點P處的切線”，說明點P不一定是切點，點P一定在切線上，不一定在曲線上．跟蹤訓練(1)已知曲線f(x)＝x3－x＋3在點P處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直，則P點的坐標為()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)答案C解析設切點P(x0，y0)，f′(x)＝3x2－1，又直線x＋2y－1＝0的斜率為－eq\f(1,2)，∴f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，∴xeq\o\al(2,0)＝1，∴x0＝±1，又切點P(x0，y0)在y＝f(x)上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)－x0＋3，∴當x0＝1時，y0＝3；當x0＝－1時，y0＝3.∴切點P為(1,3)或(－1,3)．(2)函數(shù)y＝eq\f(x－1,x＋1)在點(0，－1)處的切線與兩坐標軸圍成的封閉圖形的面積為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D．1答案B解析∵y＝eq\f(x－1,x＋1)，∴y′＝eq\f(x＋1－x－1,x＋12)＝eq\f(2,x＋12)，∴k＝y(tǒng)′|x＝0＝2，∴切線方程為y＋1＝2(x－0)，即y＝2x－1，令x＝0，得y＝－1；令y＝0，得x＝eq\f(1,2)，故所求的面積為eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).(3)已知曲線f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在兩條斜率為3的切線，則實數(shù)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(shù)解，即2e2x－2ex＋a＝3有兩個實數(shù)解，即a＝－2e2x＋2ex＋3有兩個實數(shù)解，令t＝ex，∴t>0，∴a＝－2t2＋2t＋3(t>0)有兩個實數(shù)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)))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).【拓展視野：兩曲線的公切線】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．例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解析方法一因為y＝x＋lnx，所以y′＝1＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝2.所以曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.因為y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(當a＝0時曲線變?yōu)閥＝2x＋1與已知直線平行)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,y＝ax2＋a＋2x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.方法二同方法一得切線方程為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)．因為y′＝2ax＋(a＋2)，所以＝2ax0＋(a＋2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax0＋a＋2＝2，,ax\o\al(2,0)＋a＋2x0＋1＝2x0－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))例2已知f(x)＝ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝lnx＋2，直線l是f(x)與g(x)的公切線，則直線l的方程為．答案y＝ex或y＝x＋1解析設l與f(x)＝ex的切點為(x1，y1)，則y1＝，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝，∴切點為(x1，)，切線斜率k＝，∴切線方程為y－＝(x－x1)，即y＝，①同理設l與g(x)＝lnx＋2的切點為(x2，y2)，∴y2＝lnx2＋2，g′(x)＝eq\f(1,x)，∴g′(x2)＝eq\f(1,x2)，切點為(x2，lnx2＋2)，切線斜率k＝eq\f(1,x2)，∴切線方程為y－(lnx2＋2)＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2＋1，②由題意知，①與②相同，∴把③代入④有＝－x1＋1，即(1－x1)(－1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，當x1＝1時，切線方程為y＝ex；當x1＝0時，切線方程為y＝x＋1，綜上，直線l的方程為y＝ex或y＝x＋1.例3已知曲線f(x)＝lnx＋1與g(x)＝x2－x＋a有公共切線，求實數(shù)a的取值范圍．解設切線與f(x)＝lnx＋1相切于點P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq\f(1,x0)，∴切線方程為y－(lnx0＋1)＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(1,x0)x＋lnx0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,x0)x＋lnx0，,y＝x2－x＋a，))得x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x0)))x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x0)))2－4(a－lnx0)＝0，即eq\f(1,x\o\al(2,0))＋eq\f(2,x0)＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝eq\f(1,x\o\al(2,0))＋eq\f(2,x0)＋1＋4lnx0有解，令φ(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＋1＋4lnx(x>0)，φ′(x)＝－eq\f(2,x3)－eq\f(2,x2)＋eq\f(4,x)＝eq\f(4x2－2x－2,x3)＝eq\f(22x＋1x－1,x3)，當x∈(0,1)時，φ′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞時，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域為[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．課時精練【基礎保分練】1．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)′＝5xlog5x D．(x2cosx)′＝－2xsinx答案B解析(log2x)′＝eq\f(1,xln2)，故B正確．2．曲線f(x)＝eq\f(1－2lnx,x)在點P(1，f(1))處的切線l的方程為()A．x＋y－2＝0 B．2x＋y－3＝0C．3x＋y＋2＝0 D．3x＋y－4＝0答案D解析因為f(x)＝eq\f(1－2lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(－3＋2lnx,x2).又f(1)＝1，且f′(1)＝－3，故所求切線方程為y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x2＋cosx，則其導函數(shù)f′(x)的圖象大致是()答案A解析f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，∴f′(x)為奇函數(shù)，排除B，D，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,12)－sineq\f(π,6)＝eq\f(π,12)－eq\f(1,2)<0，故選A.4．設點P是曲線y＝x3－eq\r(3)x＋eq\f(2,3)上的任意一點，則曲線在點P處切線的傾斜角α的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))答案C解析y′＝3x2－eq\r(3)，∴y′≥－eq\r(3)，∴tanα≥－eq\r(3)，又α∈[0，π)，故α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))故選C.5.(多選)已知函數(shù)f(x)的圖象如圖，f′(x)是f(x)的導函數(shù)，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(f3－f2,3－2)＝kAB，由圖知f′(3)<kAB<f′(2)，即f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)，故C，D正確．6．(多選)已知函數(shù)f(x)及其導函數(shù)f′(x)，若存在x0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(shù)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(nèi)作出函數(shù)y＝lnx與y＝eq\f(1,x)的圖象(作圖略)，可得兩函數(shù)的圖象有一個交點，所以方程f(x)＝f′(x)存在實數(shù)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.7．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象在x＝2處的切線方程是y＝3x＋1，則f(2)＋f′(2)＝.答案10解析切點坐標為(2，f(2))，∵切點在切線上，∴f(2)＝3×2＋1＝7，又k＝f′(2)＝3，∴f(2)＋f′(2)＝10.8．已知函數(shù)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－12)＋excosx－exsinx＝eq\f(－a,ax－12)＋excosx－exsinx，∴f′(0)＝－a＋1＝－1，則a＝2.9．我國魏晉時期的科學家劉徽創(chuàng)立了“割圓術”，實施“以直代曲”的近似計算，用正n邊形進行“內(nèi)外夾逼”的辦法求出了圓周率π的精度較高的近似值，這是我國最優(yōu)秀的傳統(tǒng)科學文化之一．借用“以直代曲”的近似計算方法，在切點附近，可以用函數(shù)圖象的切線近似代替在切點附近的曲線來近似計算．設f(x)＝ln(1＋x)，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為________，用此結論計算ln2022－ln2021≈________.答案y＝xeq\f(1,2021)解析函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，則f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴切線方程為y＝x.∴l(xiāng)n2022－ln2021＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2021)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)))，根據(jù)以直代曲，x＝eq\f(1,2021)也非常接近切點x＝0.∴可以將x＝eq\f(1,2021)代入切線近似代替f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)))≈eq\f(1,2021).10．曲線y＝x2－lnx上的點到直線x－y－2＝0的最短距離是．答案eq\r(2)解析設曲線在點P(x0，y0)(x0>0)處的切線與直線x－y－2＝0平行，則＝＝2x0－eq\f(1,x0)＝1.∴x0＝1，y0＝1，則P(1,1)，則曲線y＝x2－lnx上的點到直線x－y－2＝0的最短距離d＝eq\f(|1－1－2|,\r(12＋－12))＝eq\r(2).11．已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函數(shù)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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＝0，,f′0＝－aa＋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(shù)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)，＋∞)).12．設函數(shù)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．解(1)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).又因為f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))所以f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)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－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)．令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0)，所以切線與直線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，所以切線與直線y＝x的交點坐標為(2x0,2x0)．所以曲線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\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\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.【技能提分練】13．已知f1(x)＝sinx＋cosx，fn＋1(x)是fn(x)的導函數(shù)，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，則f2022(x)等于()A．－sinx－cosx B．sinx－cosxC．－sinx＋cosx D．sinx＋cosx答案C解析∵f1(x)＝sinx＋cosx，∴f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝f2′(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝f4′(x)＝sinx＋cosx，∴fn(x)的解析式以4為周期重復出現(xiàn)，∵2022＝4×505＋2，∴f2022(x)＝f2(x)＝cosx－sinx.故選C.14．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,2x)，若曲線y＝f(x)存在兩條過(1,0)點的切線，則a的取值范圍是．答案(－∞，－2)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝1－eq\f(a,2x2)，設切點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(a,2x0)))，∴切線的斜率k＝f′(x0)＝1－eq\f(a,2x\o\al(2,0))，∴切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(a,2x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2x\o\al(2,0))))(x－x0)，又切線過點(1,0)，即－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(a,2x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2x\o\al(2,0))))(1－x0)，整理得2xeq\o\al(2,0)＋2ax0－a＝0，∵曲線存在兩條切線，故該方程有兩個解，∴Δ＝4a2－8(－a)>0，解得a>0或a<－2.【拓展沖刺練】15．已知曲線f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)在x＝0處的切線與曲線g(x)＝－lnx相切，則a的值為．答案解析f′(x)＝3x2＋a，∴f′(0)＝a，又f(0)＝eq\f(1,4)，∴f(x)在x＝0處的切線方程為y－eq\f(1,4)＝a(x－0)，即y＝ax＋eq\f(1,4)，故y＝ax＋eq\f(1,4)與g(x)＝－lnx相切，設切點坐標為(x0，y0)，又g′(x)＝－eq\f(1,x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,x0)，,y0＝－lnx0，,y0＝ax0＋\f(1,4)，))解得16．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的圖象為曲線C.(1)求在曲線C上任意一點切線斜率的取值范圍；(2)若在曲線C上存在兩條相互垂直的切線，求其中一條切線與曲線C的切點的橫坐標的取值范圍．解(1)由題意得f′(x)＝x2－4x＋3，則f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即曲線C上任意一點處的切線斜率的取值范圍是[－1，＋∞)．(2)設曲線C的其中一條切線的斜率為k(k≠0)，則由題意并結合(1)中結論可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1))，解得－1≤k<0或k≥1，則－1≤x2－4x＋3<0或x2－4x＋3≥1，解得x∈(－∞，2－eq\r(2)]∪(1,3)∪[2＋eq\r(2)，＋∞)．§3.2導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性[考試要求]1.結合實例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關系.2.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)．函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關系條件恒有結論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導f′(x)>0f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常數(shù)函數(shù)思考1．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的什么條件？提示若f(x)在(a，b)上單調(diào)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(diào)遞增”的充分不必要條件．2．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上存在遞增區(qū)間，則在區(qū)間(a，b)上，f′(x)應滿足什么條件？提示若f(x)在(a，b)上存在遞增區(qū)間，則當x∈(a，b)時，f′(x)>0有解．題組一思考辨析1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(√)(2)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．(√)(3)若函數(shù)f(x)在定義域上都有f′(x)>0，則f(x)在定義域上一定單調(diào)遞增．(×)(4)函數(shù)f(x)＝x－sinx在R上是增函數(shù)．(√)題組二教材改編2.如圖是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下列判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)單調(diào)遞增B．在區(qū)間(1,3)上f(x)單調(diào)遞減C．在區(qū)間(4,5)上f(x)單調(diào)遞增D．在區(qū)間(3,5)上f(x)單調(diào)遞增答案C解析在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在區(qū)間(4,5)上單調(diào)遞增．3．函數(shù)y＝xcosx－sinx在下面哪個區(qū)間上單調(diào)遞增()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)答案B解析y′＝－xsinx，經(jīng)驗證，4個選項中只有在(π，2π)內(nèi)y′>0恒成立，∴y＝xcosx－sinx在(π，2π)上單調(diào)遞增．4．函數(shù)f(x)＝(x－2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(1，＋∞)解析f(x)的定義域為R，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．題組三易錯自糾5．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調(diào)遞減區(qū)間為[－1,4]，則實數(shù)a的值為________．答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的單調(diào)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．若y＝x＋eq\f(a2,x)(a>0)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________．答案(0,2]解析方法一由y′＝1－eq\f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.∴y＝x＋eq\f(a2,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a]，[a，＋∞)．∵函數(shù)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴[2，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0<a≤2.方法二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.題型一不含參的函數(shù)的單調(diào)性1．函數(shù)f(x)＝x2－2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)答案A解析∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．2．函數(shù)f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)答案C解析f(x)的定義域為(－∞，1]，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(1－x))，令f′(x)＝0，得x＝0.當0<x<1時，f′(x)<0.當x<0時，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．3．已知定義在區(qū)間(0，π)上的函數(shù)f(x)＝x＋2cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))解析f′(x)＝1－2sinx，x∈(0，π)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6)，當0<x<eq\f(π,6)時，f′(x)>0，當eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)時，f′(x)<0，當eq\f(5π,6)<x<π時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減．4．函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－x2的單調(diào)遞增區(qū)間為________，單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2)解析f(x)的定義域為R，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表，x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞增∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2)．思維升華確定不含參的函數(shù)的單調(diào)性，按照判斷函數(shù)單調(diào)的步驟即可，但應注意一是不能遺忘求函數(shù)的定義域，二是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．題型二含參的函數(shù)的單調(diào)性例1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性．解函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－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(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；②當a＝1時，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)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(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．綜上，當0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．若將本例中參數(shù)a的范圍改為a∈R，其他條件不變，試討論f(x)的單調(diào)性？解當a>0時，討論同上；當a≤0時，ax－1<0，∴x∈(0,1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．思維升華(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導數(shù)為零的點和函數(shù)的間斷點．跟蹤訓練1討論下列函數(shù)的單調(diào)性．(1)f(x)＝x－alnx；(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，令f′(x)＝0，得x＝a，①當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，②當a>0時，x∈(0，a)時，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當a>0時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)g(x)的定義域為R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①當a>ln2時，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(ln2，a)時，f′(x)<0，②當a＝ln2時，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上單調(diào)遞增，③當a<ln2時，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(a，ln2)時，f′(x)<0，綜上，當a>ln2時，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減；當a＝ln2時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a<ln2時，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．題型三函數(shù)單調(diào)性的應用命題點1比較大小或解不等式例2(1)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小關系為()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))B．f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))D．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f

eq\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(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f

eq\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(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，故選A.(2)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)>1的解集為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定義域為R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，當且僅當x＝0時取“＝”，∴f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，∴原不等式可化為f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>eq\f(3,2)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).命題點2根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值(范圍)例3已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)解析因為f(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以當x∈[1,4]時，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．設G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因為a≠0，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．本例中，若f(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍．解因為f(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則f′(x)<0在[1,4]上有解，所以當x∈[1,4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．思維升華根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)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(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)為增(減)函數(shù)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(nèi)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(shù)在某個區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉化為不等式有解問題．跟蹤訓練2(1)已知y＝f(x)是定義在R上的函數(shù)，且f(2)＝5，對任意的x都有f′(x)<eq\f(1,2)，則f(x)<eq\f(1,2)x＋4的解集是________．答案(2，＋∞)解析設F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，∴F(x)為R上的減函數(shù)，又F(2)＝f(2)－1＝4，∴不等式f(x)<eq\f(1,2)x＋4可化為f(x)－eq\f(1,2)x<4，即F(x)<F(2)，所以x>2.(2)設函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(1,2]解析易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝x－eq\f(9,x).又x>0，由f′(x)＝x－eq\f(9,x)≤0，得0<x≤3.因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.以抽象函數(shù)為背景、題設條件或所求結論中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq\f(fx,gx)”等特征式、旨在考查導數(shù)運算法則的逆向、變形應用能力的客觀題，是近幾年高考試卷中的一位“?？汀?，常以壓軸題小題的形式出現(xiàn)，解答這類問題的有效策略是將前述式子的外形結構特征與導數(shù)運算法則結合起來，合理構造出相關的可導函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)解決問題．一、構造y＝f(x)±g(x)型可導函數(shù)例1設f(x)為R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f′(x)－cosx<0，則不等式f(x)<sinx的解集為________．答案(0，＋∞)解析令φ(x)＝f(x)－sinx，∴當x≥0時，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為R上的奇函數(shù)，∴φ(x)為R上的奇函數(shù)，∴φ(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，故φ(x)在R上單調(diào)遞減且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化為f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，∴原不等式的解集為(0，＋∞)．二、利用f(x)與x構造可導型函數(shù)例2設f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x<0時，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為________．思路點撥出現(xiàn)“＋”法形式，優(yōu)先構造F(x)＝xf(x)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性和數(shù)形結合求解即可．答案(－∞，－4)∪(0,4)解析構造F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，當x<0時，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出當x<0時，F(xiàn)′(x)<0，∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．∵f(x)為偶函數(shù)，x為奇函數(shù)，∴F(x)為奇函數(shù)，∴F(x)在(0，＋∞)上也單調(diào)遞減．根據(jù)f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知xf(x)>0的解集為(－∞，－4)∪(0,4)．例3(八省聯(lián)考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，則()A．c<b<a B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．a(chǎn)<b<c思路點撥出現(xiàn)“－”法形式，優(yōu)先構造F(x)＝eq\f(fx,x)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性和數(shù)形結合求解即可．答案D解析方法一由已知eq\f(e5,5)＝eq\f(ea,a)，eq\f(e4,4)＝eq\f(eb,b)，eq\f(e3,3)＝eq\f(ec,c)，設f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(3)<f(4)<f(5)，f(c)<f(b)<f(a)，所以a<b<c.方法二設ex＝eq\f(e5,5)x，①ex＝eq\f(e4,4)x，②ex＝eq\f(e3,3)x，③a，b，c依次為方程①②③的根，結合圖象，方程的根可以看作兩個圖象的交點的橫坐標，∵eq\f(e5,5)>eq\f(e4,4)>eq\f(e3,3)，由圖可知a<b<c.例4已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導函數(shù)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________．思路點撥滿足“xf′(x)－nf(x)”形式，優(yōu)先構造F(x)＝eq\f(fx,xn)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性和數(shù)形結合求解即可．答案(－1,0)∪(0,1)解析構造F(x)＝eq\f(fx,x2)，則F′(x)＝eq\f(f′x·x－2fx,x3)，當x>0時，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出當∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．根據(jù)f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知f(x)>0的解集為(－1,0)∪(0,1)．思維升華(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)形式，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,xn).三、利用f(x)與ex構造可導型函數(shù)例5已知f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的函數(shù)，導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)<f(x)對于x∈R恒成立，則()A．f(2)>e2f(0)，f(2021)>e2021f(0)B．f(2)<e2f(0)，f(2021)>e2021f(0)C．f(2)>e2f(0)，f(2021)<e2021f(0)D．f(2)<e2f(0)，f(2021)<e2021f(0)思路點撥滿足“f′(x)－f(x)<0”形式，優(yōu)先構造F(x)＝eq\f(fx,ex)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性和數(shù)形結合求解即可．注意選項的轉化．答案D解析構造F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(exf′x－exfx,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)<f(x)，則F′(x)<0，F(xiàn)(x)在R上單調(diào)遞減，根據(jù)單調(diào)性可知選D.例6若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，則不等式f(x)>eq\f(1,e2x)的解集為________．答案(0，＋∞)解析構造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上單調(diào)遞增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，不等式f(x)>eq\f(1,e2x)可化為f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0∴原不等式的解集為(0，＋∞)．思維升華(1)出現(xiàn)f′(x)＋nf(x)形式，構造函數(shù)F(x)＝enxf(x)；(2)出現(xiàn)f′(x)－nf(x)形式，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,enx).四、利用f(x)與sinx，cosx構造可導型函數(shù)例7已知函數(shù)y＝f(x)對于任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，則下列不等式不成立的是()A.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))B.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))C．f(0)<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))D．f(0)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))思路點撥滿足“f′(x)cosx＋f(x)sinx>0”形式，優(yōu)先構造F(x)＝eq\f(fx,cosx)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性和數(shù)形結合求解即可．注意選項的轉化．答案A解析構造F(x)＝eq\f(fx,cosx)，則F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，則F′(x)>0，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．把選項轉化后可知選A.思維升華f(x)與sinx，cosx相結合構造可導函數(shù)的幾種常見形式F(x)＝f(x)sinx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).課時精練1．函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()答案D解析利用導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進行驗證．f′(x)>0的解集對應y＝f(x)的增區(qū)間，f′(x)<0的解集對應y＝f(x)的減區(qū)間，驗證只有D選項符合．2．下列函數(shù)中，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝sin2x B．g(x)＝x3－xC．h(x)＝xex D．m(x)＝－x＋lnx答案C解析h(x)＝xex，定義域為R，∴h′(x)＝(x＋1)ex，當x>0時，h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．3．已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，若函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，8) B．(－∞，16]C．(－∞，－8)∪(8，＋∞) D．(－∞，－16]∪[16，＋∞)答案B解析f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)，∴當x∈[2，＋∞)時，f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)≥0恒成立，即a≤2x3恒成立，∵x≥2，∴(2x3)min＝16，故a≤16.4．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，則a，b，c的大小關系是()A．a(chǎn)>c>b B．a(chǎn)>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案A解析f(x)的定義域為R，f′(x)＝cosx－sinx－2＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－2<0，∴f(x)在R上單調(diào)遞減，又2e>1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e，故f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.5．(多選)若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)a的取值可以是()A．－3B．－1C．0D．2答案BD解析依題意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有兩個不相等的零點，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0))解得a>－3且a≠0.故選BD.6．(多選)若函數(shù)g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e為自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)不具有M性質(zhì)的為()A．f(x)＝eq\f(1,x) B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝sinx D．f(x)＝x答案ACD解析對于A，f(x)＝eq\f(1,x)，則g(x)＝eq\f(ex,x)，g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當x<1且x≠0時，g′(x)<0，當x>1時，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；對于B，f(x)＝x2＋1，則g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2>0在實數(shù)集R上恒成立，∴g(x)＝exf(x)在定義域R上是增函數(shù)；對于D，f(x)＝x，則g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當x<－1時，g′(x)<0，所以g(x)在R上先減后增；∴具有M性質(zhì)的函數(shù)的選項為B，不具有M性質(zhì)的函數(shù)的選項為A，C，D.7．函數(shù)y＝2lnx－3x2的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－6x＝eq\f(2－6x2,x)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))時，f′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))時，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞減．8．若函數(shù)f(x)＝lnx＋ex－sinx，則不等式f(x－1)≤f(1)的解集為________．答案(1,2]解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋ex－cosx.∵x>0，∴ex>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x－1)≤f(1)，∴0<x－1≤1，即1<x≤2，原不等式的解集為(1,2]．9．若函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))解析對f(x)求導，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.由題意知，f′(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上有解，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq\f(1,9)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).10．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________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)