高中一輪復(fù)習(xí)文數(shù)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第一節(jié)導(dǎo)數(shù)的概念及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算本節(jié)主要包括2個知識點(diǎn)：1.導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算；2.導(dǎo)數(shù)的幾何意義.突破點(diǎn)(一)導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．瞬時速度和瞬時加速度(1)瞬時速度：對于t∈[t0，t0＋Δt]時的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)，當(dāng)Δt→0時，eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)趨近于一個常數(shù)，這個常數(shù)就是t＝t0的瞬時速度．(2)瞬時加速度：對于t∈[t0，t0＋Δt]時的平均加速度eq\x\to(a)＝eq\f(Δv,Δt)，當(dāng)Δt→0時，eq\x\to(a)＝eq\f(Δv,Δt)趨近于一個常數(shù)，這個常數(shù)就是t＝t0的瞬時加速度．2．函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上有定義，x0∈(a，b)，若Δx無限趨近于0時，比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)無限趨近于一個常數(shù)A，則稱f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并稱常數(shù)A為函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，記作f′(x0)．3．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)任意一點(diǎn)都可導(dǎo)，則f(x)在各點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)也隨著自變量x的變化而變化，因而也是自變量x的函數(shù)，該函數(shù)稱為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，記作f′(x)．4．基本初等函數(shù)的求導(dǎo)公式原函數(shù)xαax(a＞0，且a≠1)logax(a＞0，且a≠1)exlnxsinxcosx導(dǎo)函數(shù)αxα－1axln_aeq\f(1,xlna)exeq\f(1,x)cosx－sin_x5.導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)[Cf(x)]′＝Cf′(x)(C為常數(shù))；(4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”已知函數(shù)的解析式求導(dǎo)數(shù)[例1]求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))；(2)y＝eq\f(lnx,x)；(3)y＝tanx；(4)y＝3xex－2x＋e.[解](1)∵y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))＝eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＝x－x，∴y′＝(x)′－(x)′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)x.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))′＝eq\f(lnx′x－x′lnx,x2)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(sinx′cosx－sinxcosx′,cos2x)＝eq\f(cosxcosx－sinx－sinx,cos2x)＝eq\f(1,cos2x).(4)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3x(ln3)·ex＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.[方法技巧]導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算方法(1)連乘積形式：先展開化為多項(xiàng)式的形式，再求導(dǎo)．(2)分式形式：觀察函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，先化為整式函數(shù)或較為簡單的分式函數(shù)，再求導(dǎo)．(3)對數(shù)形式：先化為和、差的形式，再求導(dǎo)．(4)根式形式：先化為分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的形式，再求導(dǎo)．(5)三角形式：先利用三角函數(shù)公式轉(zhuǎn)化為和或差的形式，再求導(dǎo)．導(dǎo)數(shù)運(yùn)算的應(yīng)用[例2](1)(2017·濟(jì)寧二模)已知函數(shù)f(x)＝x(2017＋lnx)，f′(x0)＝2018，則x0＝________.(2)已知f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2xf′(2017)＋2017lnx，則f′(1)＝________.[解析](1)由題意可知f′(x)＝2017＋lnx＋x·eq\f(1,x)＝2018＋lnx．由f′(x0)＝2018，得lnx0＝0，解得x0＝1.(2)由題意得f′(x)＝x＋2f′(2017)＋eq\f(2017,x)，所以f′(2017)＝2017＋2f′(2017)＋eq\f(2017,2017)，即f′(2017)＝－(2017＋1)＝－2018.故f′(1)＝1＋2×(－2018)＋2017＝－2018.[答案](1)1(2)－2018[方法技巧]對抽象函數(shù)求導(dǎo)的解題策略在求導(dǎo)問題中，常涉及一類解析式中含有導(dǎo)數(shù)值的函數(shù)，即解析式類似為f(x)＝f′(x0)x＋sinx＋lnx(x0為常數(shù))的函數(shù)，解決這類問題的關(guān)鍵是明確f′(x0)是常數(shù)，其導(dǎo)數(shù)值為0.因此先求導(dǎo)數(shù)f′(x)，令x＝x0，即可得到f′(x0)的值，進(jìn)而得到函數(shù)解析式，求得所求的導(dǎo)數(shù)值．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])(2018·太倉中學(xué)月考)已知f1(x)＝sinx＋cosx，記f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)(n∈N*且n≥2)，則f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋…＋f2017eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.解析：f2(x)＝f′1(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝f′2(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝f′3(x)＝sinx－cosx，f5(x)＝f′4(x)＝sinx＋cosx，故周期為4，前四項(xiàng)和為0，所以原式＝f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)＋coseq\f(π,2)＝1.答案：12.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])(2018·徐州期初檢測)記定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，則稱x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的“中值點(diǎn)”，那么函數(shù)f(x)＝x3－3x在區(qū)間[－2,2]上的“中值點(diǎn)”的個數(shù)為________．解析：因?yàn)閒(2)＝2，f(－2)＝－2，eq\f(f2－f－2,2－－2)＝1，所以f′(x)＝3x2－3＝1，得x＝±eq\f(2\r(3),3)∈[－2,2]，故有2個“中值點(diǎn)”．答案：23.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])(2018·南京重點(diǎn)中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且滿足關(guān)系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，則f′(2)的值等于________．解析：因?yàn)閒(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq\f(1,x)，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋eq\f(1,2)，解得f′(2)＝－eq\f(9,4).答案：－eq\f(9,4)4.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])在等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，則f′(0)的值為________．解析：因?yàn)閒′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.又?jǐn)?shù)列{an}為等比數(shù)列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝4096.答案：40965.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex).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－cosxex′,ex2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).突破點(diǎn)(二)導(dǎo)數(shù)的幾何意義基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是在曲線y＝f(x)上點(diǎn)P(x0，y0)處的切線的斜率．相應(yīng)地，切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特別地，如果曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，y0)處的切線垂直于x軸，則此時導(dǎo)數(shù)f′(x0)不存在，由切線定義可知，切線方程為x＝x0.考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”求切線方程[例1]已知函數(shù)f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲線f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)求經(jīng)過點(diǎn)A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程．[解](1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，∴曲線f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y－(－2)＝x－2，即x－y－4＝0.(2)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，∵f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5，∴切線方程為y－(－2)＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x－2)，又切線過點(diǎn)(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，∴xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－2＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或x0＝1，∴經(jīng)過A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程為x－y－4＝0或y＋2＝0.[方法技巧]求切線方程問題的兩種類型及方法(1)求“在”曲線y＝f(x)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程：點(diǎn)P(x0，y0)為切點(diǎn)，切線斜率為k＝f′(x0)，有唯一的一條切線，對應(yīng)的切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．(2)求“過”曲線y＝f(x)上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程：切線經(jīng)過點(diǎn)P，點(diǎn)P可能是切點(diǎn)，也可能不是切點(diǎn)，這樣的直線可能有多條．解決問題的關(guān)鍵是設(shè)切點(diǎn)，利用“待定切點(diǎn)法”，即：①設(shè)切點(diǎn)A(x1，y1)，則以A為切點(diǎn)的切線方程為y－y1＝f′(x1)(x－x1)；②根據(jù)題意知點(diǎn)P(x0，y0)在切線上，點(diǎn)A(x1，y1)在曲線y＝f(x)上，得到方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝fx1，,y0－y1＝f′x1x0－x1，))求出切點(diǎn)A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化簡即得所求的切線方程．[提醒]“過點(diǎn)A的曲線的切線方程”與“在點(diǎn)A處的曲線的切線方程”是不相同的，后者A必為切點(diǎn)，前者未必是切點(diǎn)．曲線在某點(diǎn)處的切線，若有，則只有一條；曲線過某點(diǎn)的切線往往不止一條．切線與曲線的公共點(diǎn)不一定只有一個．求切點(diǎn)坐標(biāo)[例2](1)設(shè)曲線y＝ex在點(diǎn)(0,1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)上點(diǎn)P處的切線垂直，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．(2)(2018·廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2，若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線方程為x＋y＝0，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．[解析](1)y＝ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝ex，則曲線y＝ex在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率k1＝e0＝1.y＝eq\f(1,x)(x＞0)的導(dǎo)數(shù)為y′＝－eq\f(1,x2)(x＞0)，設(shè)P(m，n)，則曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)在點(diǎn)P處的切線斜率k2＝－eq\f(1,m2)(m＞0)．因?yàn)閮汕芯€垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,1)．(2)由題意知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0，又切線方程為x＋y＝0，所以x0≠0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)＋2ax0＝－1，,x0＋x\o\al(3,0)＋ax\o\al(2,0)＝0，))解得a＝±2，x0＝－eq\f(a,2).所以當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝－2))時，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，－1)；當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,a＝2))時，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1,1)．[答案](1)(1,1)(2)(1，－1)或(－1,1)求參數(shù)的值[例3](1)直線y＝kx＋1與曲線y＝x3＋ax＋b相切于點(diǎn)A(1,3)，則2a＋b的值為________．(2)已知曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________.[解析](1)依題意知，y′＝3x2＋a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13＋a×1＋b＝3，,3×12＋a＝k，,k×1＋1＝3，))由此解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3，,k＝2，))所以2a＋b＝1.(2)由y′＝eq\f(－2,x－12)得曲線在點(diǎn)(3,2)處的切線斜率為－eq\f(1,2)，又切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－a)＝－1，得a＝－2.[答案](1)1(2)－2[方法技巧]根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)值的思路根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)的值時，一般是利用切點(diǎn)P(x0，y0)既在曲線上又在切線上構(gòu)造方程組求解．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])已知f(x)＝2exsinx，則曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為________．解析：∵f(x)＝2exsinx，∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝2，∴曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝2x.答案：y＝2x2.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])(2018·儀征中學(xué)高三月考)若直線y＝2x＋m是曲線y＝xlnx的切線，則實(shí)數(shù)m的值為________．解析：設(shè)直線y＝2x＋m與曲線y＝xlnx相切于P(t，tlnt)，t＞0，由y＝xlnx得y′＝lnx＋1，由題意lnt＋1＝2，所以t＝e，即P(e，e)，所以e＝2e＋m，解得m＝－e.答案：－e3.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)M在曲線C：y＝x3－x＋1上，且在第二象限內(nèi)，已知曲線C在點(diǎn)M處的切線的斜率為2，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為________．解析：由y′＝3x2－1＝2，得x＝±1，又點(diǎn)M在第二象限內(nèi)，故x＝－1，此時y＝1，即點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－1,1)．答案：(－1,1)4.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])(2018·衡陽八中模擬)已知函數(shù)f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a＞0且a≠1，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若f′(1)＝3，則a的值為________．解析：因?yàn)閒(x)＝axlnx，所以f′(x)＝lna·axlnx＋eq\f(ax,x).又f′(1)＝3，所以a＝3.答案：35.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])如圖，y＝f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，直線l：y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，則曲線g(x)在x＝3處的切線方程為________．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)，即f′(3)＝－eq\f(1,3).又因?yàn)間(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由題圖可知f(3)＝1，所以g(3)＝3f(3)＝3，g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.則曲線g(x)在x＝3處的切線方程為y－3＝0.答案：y－3＝0[課時達(dá)標(biāo)檢測]重點(diǎn)保分課時——一練小題夯雙基，二練題點(diǎn)過高考[練基礎(chǔ)小題——強(qiáng)化運(yùn)算能力]1．(2018·鎮(zhèn)江調(diào)研)函數(shù)f(x)＝(x＋1)2(x－1)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)等于________．解析：f(x)＝(x＋1)2(x－1)＝x3＋x2－x－1，f′(x)＝3x2＋2x－1，f′(1)＝3＋2－1＝4.答案：42．(2017·蘇州暑假測試)曲線y＝2x在x＝0處的切線方程是________．解析：因?yàn)閥′＝2xln2，所以在x＝0處的切線斜率為k＝20×ln2＝ln2，因此切線方程是y－1＝ln2×(x－0)，即y＝xln2＋1.答案：y＝xln2＋13．已知直線y＝－x＋1是函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,a)ex圖象的切線，則實(shí)數(shù)a＝________.解析：設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)．f′(x)＝－eq\f(1,a)ex，則f′(x0)＝－eq\f(1,a)·ex0＝－1，∴ex0＝a，又－eq\f(1,a)·ex0＝－x0＋1，∴x0＝2，∴a＝e2.答案：e24．(2018·無錫期末)過曲線y＝x－eq\f(1,x)(x＞0)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OAB的面積為eq\f(1,3)，則x0＝________.解析：∵y′＝1＋eq\f(1,x2)，∴y′x＝x0＝1＋eq\f(1,x\o\al(2,0))，∴AB：y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)．又y0＝x0－eq\f(1,x0)，∴y－x0＋eq\f(1,x0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)令x＝0得y＝－eq\f(2,x0)；令y＝0得x＝eq\f(2x0,1＋x\o\al(2,0))，∴S△OAB＝eq\f(1,2)·eq\f(2,x0)·eq\f(2x0,1＋x\o\al(2,0))＝eq\f(1,3)，解得x＝eq\r(5)(負(fù)值舍去)．答案：eq\r(5)5．(2018·常州月考)設(shè)點(diǎn)P為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))圖象上任一點(diǎn)，且f(x)在點(diǎn)P處的切線的傾斜角為α，則α的取值范圍為________．解析：由f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))得，f′(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(1,x2)))≥eq\f(1,2)×2eq\r(3)＝eq\r(3)，即tanα≥eq\r(3)(α∈[0，π))，解得eq\f(π,3)≤α＜eq\f(π,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))[練常考題點(diǎn)——檢驗(yàn)高考能力]一、填空題1．(2018·揚(yáng)州期初測試)若以數(shù)列{an}中的各項(xiàng)an作為系數(shù)，構(gòu)成一個函數(shù)系y＝anx3，其圖象在x＝1處的切線的斜率為4an－1－1(n≥2)，且a1＝eq\f(4,3)，則an＝________.解析：由y＝anx3，得y′＝3anx2，故當(dāng)x＝1時，切線的斜率k＝3an，從而3an＝4an－1－1(n≥2)，于是3an－3＝4an－1－4(n≥2)，故eq\f(an－1,an－1－1)＝eq\f(4,3)(n≥2)，又a1＝eq\f(4,3)，所以a1－1＝eq\f(1,3)，所以數(shù)列{an－1}是以eq\f(1,3)為首項(xiàng)，eq\f(4,3)為公比的等比數(shù)列，故an－1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1，從而an＝eq\f(4n－1,3n)＋1.答案：eq\f(4n－1,3n)＋12．(2018·泰州模擬)已知曲線C：f(x)＝x3－ax＋a，若過曲線C外一點(diǎn)A(1,0)引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補(bǔ)，則a的值為________．解析：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(t，t3－at＋a)．由題意知，f′(x)＝3x2－a，切線的斜率k＝f′(t)＝3t2－a①，所以切線方程為y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)②.將點(diǎn)A(1，0)代入②式得－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝0或t＝eq\f(3,2).分別將t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由題意得它們互為相反數(shù)，故－a＋eq\f(27,4)－a＝0，解得a＝eq\f(27,8).答案：eq\f(27,8)3．(2018·太倉高級中學(xué)模擬)若點(diǎn)P，Q分別是曲線y＝eq\f(x＋4,x)與直線4x＋y＝0上的動點(diǎn)，則線段PQ長的最小值為________．解析：易知曲線y＝eq\f(x＋4,x)與直線4x＋y＝0無公共點(diǎn)，設(shè)直線4x＋y＝m與y＝eq\f(x＋4,x)相切，P為切點(diǎn)．對y＝eq\f(x＋4,x)求導(dǎo)得y′＝－eq\f(4,x2)，由－eq\f(4,x2)＝－4得x＝±1，因此P(1,5)或P(－1，－3)，解得m＝9或m＝－7，此時兩直線4x＋y＝m,4x＋y＝0間的距離分別為eq\f(9,\r(17))，eq\f(7,\r(17))，故線段PQ長的最小值為eq\f(7\r(17),17).答案：eq\f(7\r(17),17)4．(2018·淮安月考)給出定義：若函數(shù)f(x)在D上可導(dǎo)，即f′(x)存在，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)在D上也可導(dǎo)，則稱f(x)在D上存在二階導(dǎo)函數(shù)，記f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)＜0在D上恒成立，則稱f(x)在D上為凸函數(shù)．以下四個函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為凸函數(shù)的是________．(填序號)①f(x)＝sinx＋cosx；②f(x)＝lnx－2x；③f(x)＝－x3＋2x－1；④f(x)＝xex.解析：在定義域eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)，由f″(x)＝－sinx－cosx＜0，得①是凸函數(shù)；由f″(x)＝－eq\f(1,x2)＜0，得②是凸函數(shù)；由f″(x)＝－6x＜0，得③是凸函數(shù)；由f″(x)＝2ex＋xex＞0，得④不是凸函數(shù)．答案：①②③5．(2018·重慶診斷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，則f(2019)＋f(－2019)＋f′(2019)－f′(－2019)的值為________．解析：∵f(x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx，∴f′(x)＝－eq\f(2ex,ex＋12)＋cosx，f(x)＋f(－x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx＋eq\f(2,e－x＋1)＋sin(－x)＝2，f′(x)－f′(－x)＝－eq\f(2ex,ex＋12)＋cosx＋eq\f(2e－x,e－x＋12)－cos(－x)＝0，∴f(2019)＋f(－2019)＋f′(2019)－f′(－2019)＝2.答案：26．(2018·宿遷期初測試)若直線l與曲線C滿足下列兩個條件：(ⅰ)直線l在點(diǎn)P(x0，y0)處與曲線C相切；(ⅱ)曲線C在點(diǎn)P附近位于直線l的兩側(cè)，則稱直線l在點(diǎn)P處“切過”曲線C，下列四個命題：①直線l：y＝0在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝x3；②直線l：y＝x－1在點(diǎn)P(1,0)處“切過”曲線C：y＝lnx；③直線l：y＝－x＋π在點(diǎn)P(π，0)處“切過”曲線C：y＝sinx；④直線l：y＝x＋1在點(diǎn)P(0,1)處“切過”曲線C：y＝ex.其中正確的命題有________．(填序號)解析：對于①，y＝x3在點(diǎn)P(0,0)處的切線為y＝0，且曲線y＝x3在(0,0)附近位于直線y＝0兩側(cè)，符合題中兩個條件，所以正確；對于②，曲線C：y＝lnx在直線l：y＝x－1的同側(cè)，不符合題意，所以錯誤；對于③，由圖象可知，曲線C：y＝sinx在點(diǎn)P(π，0)附近位于直線l的兩側(cè)，符合題意，所以正確；對于④，曲線C：y＝ex在直線l：y＝x＋1的同側(cè)，不符合題意，所以錯誤．即正確的有①③.答案：①③7．(2018·啟東中學(xué)月考)若曲線y＝alnx與曲線y＝eq\f(x2,2e)在它們的公共點(diǎn)P(s，t)處具有公切線，則eq\f(t,s)＝________.解析：函數(shù)y＝alnx的導(dǎo)函數(shù)為y′＝eq\f(a,x)，其切線在P(s，t)處的斜率為k1＝eq\f(a,s).函數(shù)y＝eq\f(x2,2e)的導(dǎo)函數(shù)為y′＝eq\f(x,e)，其切線在P(s，t)處的斜率為k2＝eq\f(s,e).由曲線y＝alnx與曲線y＝eq\f(x2,2e)在它們的公共點(diǎn)P(s，t)處具有公切線，可得eq\f(a,s)＝eq\f(s,e)，且t＝eq\f(s2,2e)＝alns，s＞0，所以lns＝eq\f(1,2)，所以s2＝e，所以t＝eq\f(1,2)，s＝eq\r(e)，即eq\f(t,s)＝eq\f(\r(e),2e).答案：eq\f(\r(e),2e)8．(2018·無錫期初測試)曲邊梯形由曲線y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所圍成，過曲線y＝x2＋1，x∈[1,2]上一點(diǎn)P作切線，使得此切線從曲邊梯形上切出一個面積最大的普通梯形，則這一點(diǎn)的坐標(biāo)為________．解析：設(shè)P(x0，xeq\o\al(2,0)＋1)，x∈[1,2]，則易知曲線y＝x2＋1在點(diǎn)P處的切線方程為y－(xeq\o\al(2,0)＋1)＝2x0(x－x0)，令y＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1＝g(x)，由g(1)＋g(2)＝2(xeq\o\al(2,0)＋1)＋2x0(1－x0＋2－x0)，得S普通梯形＝eq\f(g1＋g2,2)×1＝－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)，所以當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))時，S普通梯形最大．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))9．若曲線f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意，可知f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，又曲線存在垂直于y軸的切線，所以3ax2＋eq\f(1,x)＝0，即a＝－eq\f(1,3x3)(x＞0)，故a∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．(2018·南通調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l與曲線y＝x2(x＞0)和y＝x3(x＞0)均相切，切點(diǎn)分別為A(x1，y1)和B(x2，y2)，則eq\f(x1,x2)的值是________．解析：由y＝x2得y′＝2x，切線方程為y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq\o\al(2,1).由y＝x3得y′＝3x2，切線方程為y－xeq\o\al(3,2)＝3xeq\o\al(2,2)(x－x2)，即y＝3xeq\o\al(2,2)x－2xeq\o\al(3,2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝3x\o\al(2,2)，,x\o\al(2,1)＝2x\o\al(3,2)，))得eq\f(x1,x2)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)二、解答題11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的圖象為曲線C.(1)求過曲線C上任意一點(diǎn)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(diǎn)的橫坐標(biāo)的取值范圍．解：(1)由題意得f′(x)＝x2－4x＋3，則f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即過曲線C上任意一點(diǎn)切線斜率的取值范圍是[－1，＋∞)．(2)設(shè)曲線C的其中一條切線的斜率為k，則由(2)中條件并結(jié)合(1)中結(jié)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，故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－eq\r(2)]∪(1,3)∪[2＋eq\r(2)，＋∞)．12．(2018·啟東中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直線m：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在k，使直線m既是曲線y＝f(x)的切線，又是曲線y＝g(x)的切線？如果存在，求出k的值；如果不存在，請說明理由．解：(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，因?yàn)閒′(－1)＝0，∴3a－6－6a＝0，∴a＝－2.(2)存在．由已知得，直線m恒過定點(diǎn)(0,9)，若直線m是曲線y＝g(x)的切線，則設(shè)切點(diǎn)為(x0,3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)．因?yàn)間′(x0)＝6x0＋6，所以切線方程為y－(3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，將(0,9)代入切線方程，解得x0＝±1.當(dāng)x0＝－1時，g′(－1)＝0，切線方程為y＝9；當(dāng)x0＝1時，g′(1)＝12，切線方程為y＝12x＋9.由(1)知f(x)＝－2x3＋3x2＋12x－11，①由f′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0,解得x＝－1或x＝2.在x＝－1處，y＝f(x)的切線方程為y＝－18；在x＝2處，y＝f(x)的切線方程為y＝9.所以y＝f(x)與y＝g(x)的公切線是y＝9.②由f′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0處，y＝f(x)的切線方程為y＝12x－11；在x＝1處，y＝f(x)的切線方程為y＝12x－10；所以y＝f(x)與y＝g(x)的公切線不是y＝12x＋9.綜上所述，y＝f(x)與y＝g(x)的公切線是y＝9，此時k＝0.第二節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性本節(jié)主要包括2個知識點(diǎn)：1.利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；2.利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問題.突破點(diǎn)(一)利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)：(1)若f′(x)＞0，則f(x)為這個區(qū)間上的增函數(shù)；(2)若f′(x)＜0，則f(x)為這個區(qū)間上的減函數(shù)；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間上是常數(shù)函數(shù)．2．由函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系可得的結(jié)論(1)函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，且f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.當(dāng)x∈(a，b)時，①f′(x)≥0?函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增；②f′(x)≤0?函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減．(2)f′(x)＞0(＜0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充分條件．考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”證明或討論函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)單調(diào)性的三種方法定義法在定義域內(nèi)(或定義域的某個區(qū)間內(nèi))任取x1，x2，且x1＜x2，通過判斷f(x1)－f(x2)與0的大小關(guān)系來確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性圖象法利用函數(shù)圖象的變化趨勢直觀判斷，若函數(shù)圖象在某個區(qū)間內(nèi)呈上升趨勢，則函數(shù)在這個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)；若函數(shù)圖象在某個區(qū)間內(nèi)呈下降趨勢，則函數(shù)在這個區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)導(dǎo)數(shù)法利用導(dǎo)數(shù)判斷可導(dǎo)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)(或定義域的某個區(qū)間內(nèi))的單調(diào)性[例1]已知函數(shù)f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[解]f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1,x).(1)當(dāng)a≥1時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)當(dāng)a≤0時，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；(3)當(dāng)0＜a＜1時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a))，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1－a,2a))))時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(\f(1－a,2a))，)＋∞))時，f′(x)＞0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1－a,2a))))上單調(diào)遞減，在eq\a\vs4\al(\r(\f(1－a,2a))，)＋∞上單調(diào)遞增．[方法技巧]導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)性的步驟(1)求f′(x)；(2)確定f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號；(3)得出結(jié)論：當(dāng)f′(x)＞0時，函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)f′(x)＜0時，函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．[提醒]討論含參函數(shù)的單調(diào)性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間[例2]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解]對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x，知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).所以f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，則f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去．當(dāng)x∈(0,5)時，f′(x)＜0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(5，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(5，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,5)．[方法技巧]用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的三種類型及方法f′(x)＞0(＜0)可解先確定函數(shù)的定義域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出單調(diào)區(qū)間f′(x)＝0可解先確定函數(shù)的定義域，解方程f′(x)＝0，求出實(shí)數(shù)根，把函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即f(x)的無定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和實(shí)根按從大到小的順序排列起來，把定義域分成若干個小區(qū)間，確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間f′(x)＞0(＜0)及f′(x)＝0不可解先確定函數(shù)的定義域，當(dāng)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解時，求導(dǎo)并化簡，根據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，選擇相應(yīng)基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，得單調(diào)區(qū)間能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________．解析：依題意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)＞0，解得x＞2，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)2.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])下列函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是________．(填序號)①f(x)＝sin2x；②f(x)＝xex；③f(x)＝x3－x；④f(x)＝－x＋lnx.解析：對于①，f(x)＝sin2x的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)；對于②，f′(x)＝ex(x＋1)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)＝xex在(0，＋∞)上為增函數(shù)；對于③，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＞0，得x＞eq\f(\r(3),3)或x＜－eq\f(\r(3),3)，∴函數(shù)f(x)＝x3－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增；對于④，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝－eq\f(x－1,x)，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，∴函數(shù)f(x)＝－x＋lnx在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增．答案：②3.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])(2018·鹽城中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝x－lnx的單調(diào)減區(qū)間為________．解析：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).令f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)＜0，得0＜x＜1.則函數(shù)f(x)＝x－lnx的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)．答案：(0,1)4.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x＞0)，①當(dāng)a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0，即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＞0；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＜0，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．由①②知，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．5.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(diǎn)(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；(2)當(dāng)a2＝4b時，求函數(shù)f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋1＝c，,g1＝1＋b＝c，,2a＝3＋b，))解得a＝b＝3.(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋eq\f(a2,4)x＋1，F(xiàn)′(x)＝3x2＋2ax＋eq\f(a2,4)，令F′(x)＝0，得x1＝－eq\f(a,2)，x2＝－eq\f(a,6)，∵a＞0，∴x1＜x2，由F′(x)＞0得，x＜－eq\f(a,2)或x＞－eq\f(a,6)；由F′(x)＜0得，－eq\f(a,2)＜x＜－eq\f(a,6).∴函數(shù)f(x)＋g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，＋∞))；單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6))).突破點(diǎn)(二)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問題利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問題主要有：(1)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍問題：解決此類問題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為恒成立問題，再參變分離，轉(zhuǎn)化為最值問題求解．(2)比較大小或解不等式問題：利用導(dǎo)數(shù)方法解決此類問題的主要技巧就是靈活地構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的性質(zhì)求解．考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍[例1]已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若f(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，求a的取值范圍；(3)若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求a的值．[解](1)因?yàn)閒′(x)＝3x2－a，且f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范圍為(－∞，3]．(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因?yàn)椋?＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即a的取值范圍為[3，＋∞)．(3)因?yàn)閒(x)＝x3－ax－1，所以f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0)．因?yàn)閒(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，所以eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.[方法技巧]由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的方法(1)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，實(shí)際上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，求出參數(shù)的取值范圍，注意檢驗(yàn)等號成立時導(dǎo)數(shù)是否在(a，b)上恒為0.(2)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在該區(qū)間上存在解集，即f′(x)max＞0(或f′(x)min＜0)在該區(qū)間上有解，從而轉(zhuǎn)化為不等式問題，求出參數(shù)的取值范圍．(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I上含有參數(shù)時，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而求出參數(shù)的取值范圍．比較大小或解不等式[例2](1)若0＜x1＜x2＜1，則下列各式中關(guān)系正確的序號是________．①ex2－ex1＞lnx2－lnx1；②ex2－ex1＜lnx2－lnx1；③x2ex1＞x1ex2；④x2ex1＜x1ex2.(2)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＜eq\f(1,2)，則不等式f(x2)＜eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為________．(3)(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[解析](1)構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，則f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x).令f′(x)＝0，得xex－1＝0.根據(jù)函數(shù)y＝ex與y＝eq\f(1,x)的圖象可知兩函數(shù)圖象交點(diǎn)x0∈(0,1)，因此f(x)＝ex－lnx在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù)，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故①②錯；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，故函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故g(x1)＞g(x2)，即eq\f(ex1,x1)＞eq\f(ex2,x2)，則x2ex1＞x1ex2，故③正確，④錯誤．(2)設(shè)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)＜eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)＜eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)＜f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)＜F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2＞1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(3)由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函數(shù)．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增．因?yàn)閒(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq\f(1,2)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).[答案](1)③(2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))[方法技巧]利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式的常用技巧利用題目條件，構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題，再由單調(diào)性比較大小或解不等式．常見構(gòu)造的輔助函數(shù)形式有：(1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；(3)xf′(x)－f(x)→eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′；(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；(5)f′(x)－f(x)→eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′.能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])(2018·常州高三期初測試)若函數(shù)f(x)＝lnx－ax2－4x(a≠0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的最大值為________．解析：對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax－4＝－eq\f(2ax2＋4x－1,x)(x＞0)．依題意，得f′(x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上恒成立，即2ax2＋4x－1≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上恒成立，所以a≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(4,x)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))2－4))恒成立，因?yàn)閑q\f(1,x)∈[3,4]，所以a≤－eq\f(3,2)，即實(shí)數(shù)a的最大值為－eq\f(3,2).答案：－eq\f(3,2)2.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象是如圖所示的一條直線l，l與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，則f(0)與f(3)的大小關(guān)系為____________．解析：由題意知f(x)的圖象是以x＝1為對稱軸，且開口向下的拋物線，所以f(0)＝f(2)＞f(3)．答案：f(0)＞f(3)3.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是____________．解析：因?yàn)閒′(x)＝3x2－12，由f′(x)＞0，得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)＜0，得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1＜－2＜k＋1或k－1＜2＜k＋1，解得－3＜k＜－1或1＜k＜3.答案：(－3，－1)∪(1,3)4.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])(2018·蘇州中學(xué)檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，則x的取值范圍為________．解析：由題意得，函數(shù)的定義域是R，且f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－(x3＋x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，又f′(x)＝3x2＋1＞0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(mx－2)＋f(x)＜0可化為：f(mx－2)＜－f(x)＝f(－x)，由f(x)遞增知：mx－2＜－x，即mx＋x－2＜0，則對任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，等價于對任意的m∈[－2,2]，mx＋x－2＜0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋x－2＜0，,2x＋x－2＜0，))解得－2＜x＜eq\f(2,3)，即x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))5.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f(4)＝－3，且對任意的x∈R總有f′(x)＜3，則不等式f(x)＜3x－15的解集為________．解析：令g(x)＝f(x)－3x＋15，則f(x)＜3x－15的解集即為g(x)＜0的解集．又g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以g(x)在R上是減函數(shù)．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以g(x)＜g(4)，故x＞4.所以f(x)＜3x－15的解集為(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)[課時達(dá)標(biāo)檢測]重點(diǎn)保分課時——一練小題夯雙基，二練題點(diǎn)過高考[練基礎(chǔ)小題——強(qiáng)化運(yùn)算能力]1．(2018·前黃中學(xué)期中考試)函數(shù)f(x)＝xlnx的單調(diào)減區(qū)間是________．解析：函數(shù)f(x)＝xlnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)＝lnx＋1＜0得0＜x＜eq\f(1,e)，所以函數(shù)f(x)＝xlnx的單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，則“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的____________條件．(選填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”)解析：f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，當(dāng)a＞0時，f′(x)＞0，即a＞0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，由f(x)在R上單調(diào)遞增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．答案：充分不必要3．(2018·阜寧中學(xué)模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)－\f(a,ex)))(a∈R)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：設(shè)g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)，則g′(x)＝eq\f(ex,2)＋eq\f(a,ex).①當(dāng)a＞0時，g′(x)＞0，g(x)在R上單調(diào)遞增，且g(lneq\r(2a))＝0，依題意知lneq\r(2a)≤1，解得0＜a≤eq\f(e2,2).②當(dāng)a＝0時，f(x)符合題意．③當(dāng)a＜0時，令g′(x)＝0，解得x＝lneq\r(－2a).當(dāng)x＜lneq\r(－2a)時，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，lneq\r(－2a))上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞lneq\r(－2a)時，g′(x)＞0，g(x)在(lneq\r(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝lneq\r(－2a)時，g(x)取得最小值，又g(lneq\r(－2a))＞0，所以g(x)＞0恒成立，所以依題意知lneq\r(－2a)≤1，解得－eq\f(e2,2)≤a＜0.綜上，所求a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2)))4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________．解析：∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)是偶函數(shù)，且f(0)＝0，∴原函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴所求不等式變形為f(1－x)＜f(x2－1)，∵導(dǎo)函數(shù)值恒大于0，∴原函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，又f(x)的定義域?yàn)?－1,1)，∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜eq\r(2)，∴實(shí)數(shù)x的取值范圍是(1，eq\r(2))．答案：(1，eq\r(2))[練?？碱}點(diǎn)——檢驗(yàn)高考能力]一、填空題1．(2018·南通高三期初測試)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)＜f(3x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．解析：由f(x)＝lnx＋2x，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2xln2＞0，x∈(0，＋∞)，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又由f(x2＋2)＜f(3x)，得0＜x2＋2＜3x，所以x∈(1,2).答案：(1,2)2．若函數(shù)f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________．解析：f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上單調(diào)遞減，則有f′(x)≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0在[1,4]上恒成立，則t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上恒成立，因?yàn)閥＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上單調(diào)遞增，所以t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,4)))＝eq\f(51,8).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,8)，＋∞))3．(2018·蘇州模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)＝4，則不等式exf(x)＞ex＋3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為________．解析：設(shè)g(x)＝exf(x)－ex，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex，因?yàn)閒(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，所以y＝g(x)在定義域R上單調(diào)遞增．因?yàn)閑xf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3，又因?yàn)間(0)＝e0f(0)－e0＝3，所以g(x)＞g(0)，所以x＞0，即x∈(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)4．(2018·靖江診斷考試)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是________．解析：因?yàn)楫?dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，所以f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以a＝f(0)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)＜f(0)＝a，所以c＜a＜b.答案：b＞a＞c5．若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則f(x)在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是________．(填序號)①(－2,0)；②(0,1)；③(1，＋∞)；④(－∞，－2)．解析：由題意知，f′(x)＝1－eq\f(b,x2)，∵函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，∴當(dāng)1－eq\f(b,x2)＝0時，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′(x)＞0，解得x＜－eq\r(b)或x＞eq\r(b)，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(b))，(eq\r(b)，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合題意．答案：④6．已知y＝f(x)為(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且有f′(x)＋eq\f(fx,x)＞0，則對于任意的a，b∈(0，＋∞)，當(dāng)a＞b時，下列不等式成立的是________．(填序號)①af(a)＜bf(b)；②af(a)＞bf(b)；③af(b)＞bf(a)；④af(b)＜bf(a)．解析：由f′(x)＋eq\f(fx,x)＞0得eq\f(xf′x＋fx,x)＞0，即eq\f([xfx]′,x)＞0，即[xf(x)]′x＞0.∵x＞0，∴[xf(x)]′＞0，即函數(shù)y＝xf(x)為增函數(shù)，由a，b∈(0，＋∞)且a＞b，得af(a)＞bf(b)．答案：②7．若冪函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則函數(shù)g(x)＝exf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________．解析：設(shè)冪函數(shù)為f(x)＝xα，因?yàn)閳D象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2,0)．答案：(－2,0)8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))9．已知R上可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)·f′(x)＞0的解集為_________________________．解析：由題圖可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＞0，x∈1，＋∞∪－∞，－1，,f′x＜0，x∈－1，1，))不等式(x2－2x－3)f′(x)＞0等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＞0，,x2－2x－3＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＜0，,x2－2x－3＜0，))解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)10．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________．解析：對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.當(dāng)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)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))二、解答題11．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．試討論f(x)的單調(diào)性．解：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).當(dāng)a＝0時，因?yàn)閒′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))時，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上單凋遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))時，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))時，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上單調(diào)遞減．12．(2018·宿遷期初測試)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間．(2)若f(x)在定義域R內(nèi)單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(3)是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．解：(1)易知f′(x)＝ex－a.若a≤0，則f′(x)＝ex－a＞0恒成立，即f(x)在R上單調(diào)遞增；若a＞0，令ex－a＞0，得