新高考数学一轮复习讲义：导数及其应用

新高考数学一轮复习讲义：导数及其应用§3.1导数的概念及运算过函数图象，理解导数的几何意义.3.了解利用导数定义，求基本初等函数的导数.4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.5.能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数．【知识梳理】1．导数的概念(1)一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作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)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的导函数．简称导数，记作f′(x)或y′.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的几何意义就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f(x)＝c(c为常数)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.导数的运算法则若f′(x)，g′(x)存在，则有[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．复合函数的定义及其导数(1)一般地，对于两个函数y＝f(u)和u＝g(x)，如果通过中间变量u，y可以表示成x的函数，那么称这个函数为函数y＝f(u)与u＝g(x)的复合函数，记作y＝f(g(x))．(2)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y′x＝y′u·u′x，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．思考1．根据f′(x)的几何意义思考一下，随着|f′(x)|增大，曲线f(x)的形状有何变化？提示|f′(x)|越大，曲线f(x)的形状越来越陡峭．2．函数f(x)在点P处的切线与函数f(x)过点P的切线有什么区别？提示在点P处的切线，点P一定是切点；过点P的切线，点P不一定是切点．【基础自测】题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．(×)(2)f′(x0)＝[f(x0)]′.(×)(3)f(x)在某点处的切线与f(x)过某点处的切线意义相同．(×)(4)若f(x)＝2x，则f′(x)＝x·2x－1.(×)题组二教材改编2．某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(距离单位：米，时间单位：秒)，则他在0.5秒时的瞬时速度为()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．已知函数f(x)＝xlnx＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则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．函数f(x)＝ex＋eq\f(1,x)在x＝1处的切线方程为．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，∴切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1，即切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.题组三易错自纠5．已知函数f(x)＝xcosx＋asinx在x＝0处的切线与直线3x－y＋1＝0平行，则实数a的值为．答案2解析f′(x)＝cosx＋x·(－sinx)＋acosx＝(1＋a)cosx－xsinx，∴f′(0)＝1＋a＝3，∴a＝2.6．已知函数f(x)＝ln(3－2x)＋e2x－3，则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.题型一导数的运算1．(多选)下列求导运算正确的是()A．(sina)′＝cosa(a为常数)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为常数，∴sina为常数，∴(sina)′＝0，故A错误．由导数公式及运算法则知B，C，D正确，故选BCD.2．已知函数f(x)＝eq\f(sinx,cosx)＋eq\f(1,x2)，则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．已知函数f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，若f′(2)＝1，则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，则a＝e2.4．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝2x2－3xf′(1)＋lnx，则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)，将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).思维升华(1)求导之前，应利用代数运算、三角恒等式等对函数进行化简，然后求导，尽量避免不必要的商的求导，这样可以减少运算量，提高运算速度减少差错．(2)①若函数为根式形式，可先化为分数指数幂，再求导．②复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时可进行换元．题型二导数的几何意义命题点1导数与函数图象例1(1)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()答案B解析由y＝f′(x)的图象是先上升后下降可知，函数y＝f(x)图象的切线的斜率先增大后减小，故选B.(2)已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝.答案0解析由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－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)，又由题图可知f(3)＝1，∴g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.命题点2求切线方程例2(1)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1答案B解析f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.(2)已知函数f(x)＝xlnx，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为．答案x－y－1＝0解析∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xlnx上，∴设切点为(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋lnx，∴直线l的方程为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.∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.命题点3求参数的值(范围)例3(1)已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1答案D解析因为y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))(2)若函数f(x)＝lnx＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是．答案[2，＋∞)解析直线2x－y＝0的斜率k＝2，又曲线f(x)上存在与直线2x－y＝0平行的切线，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)内有解，则a＝4x＋eq\f(1,x)－2，x>0.又4x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当x＝eq\f(1,2)时取“＝”．∴a≥4－2＝2.∴a的取值范围是[2，＋∞)．思维升华(1)处理与切线有关的参数问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P处的切线”：在“点P处的切线”，说明点P为切点，点P既在曲线上，又在切线上；“过点P处的切线”，说明点P不一定是切点，点P一定在切线上，不一定在曲线上．跟踪训练(1)已知曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，则P点的坐标为()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)答案C解析设切点P(x0，y0)，f′(x)＝3x2－1，又直线x＋2y－1＝0的斜率为－eq\f(1,2)，∴f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，∴xeq\o\al(2,0)＝1，∴x0＝±1，又切点P(x0，y0)在y＝f(x)上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)－x0＋3，∴当x0＝1时，y0＝3；当x0＝－1时，y0＝3.∴切点P为(1,3)或(－1,3)．(2)函数y＝eq\f(x－1,x＋1)在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为()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′|x＝0＝2，∴切线方程为y＋1＝2(x－0)，即y＝2x－1，令x＝0，得y＝－1；令y＝0，得x＝eq\f(1,2)，故所求的面积为eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).(3)已知曲线f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围是()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，依题意知f′(x)＝3有两个实数解，即2e2x－2ex＋a＝3有两个实数解，即a＝－2e2x＋2ex＋3有两个实数解，令t＝ex，∴t>0，∴a＝－2t2＋2t＋3(t>0)有两个实数解，∴y＝a与φ(t)＝－2t2＋2t＋3(t>0)的图象有两个交点，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).【拓展视野：两曲线的公切线】求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法．例1已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝.答案8解析方法一因为y＝x＋lnx，所以y′＝1＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝2.所以曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．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线方程为y＝2x－1.设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1)．因为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为自然对数的底数)，g(x)＝lnx＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程为．答案y＝ex或y＝x＋1解析设l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，则y1＝，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝，∴切点为(x1，)，切线斜率k＝，∴切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝，①同理设l与g(x)＝lnx＋2的切点为(x2，y2)，∴y2＝lnx2＋2，g′(x)＝eq\f(1,x)，∴g′(x2)＝eq\f(1,x2)，切点为(x2，lnx2＋2)，切线斜率k＝eq\f(1,x2)，∴切线方程为y－(lnx2＋2)＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2＋1，②由题意知，①与②相同，∴把③代入④有＝－x1＋1，即(1－x1)(－1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，当x1＝1时，切线方程为y＝ex；当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1.例3已知曲线f(x)＝lnx＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，求实数a的取值范围．解设切线与f(x)＝lnx＋1相切于点P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq\f(1,x0)，∴切线方程为y－(lnx0＋1)＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(1,x0)x＋lnx0，联立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)，当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域为[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．课时精练【基础保分练】1．下列求导运算正确的是()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正确．2．曲线f(x)＝eq\f(1－2lnx,x)在点P(1，f(1))处的切线l的方程为()A．x＋y－2＝0 B．2x＋y－3＝0C．3x＋y＋2＝0 D．3x＋y－4＝0答案D解析因为f(x)＝eq\f(1－2lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(－3＋2lnx,x2).又f(1)＝1，且f′(1)＝－3，故所求切线方程为y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0.3．已知函数f(x)＝eq\f(1,4)x2＋cosx，则其导函数f′(x)的图象大致是()答案A解析f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，∴f′(x)为奇函数，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，故选A.4．设点P是曲线y＝x3－eq\r(3)x＋eq\f(2,3)上的任意一点，则曲线在点P处切线的倾斜角α的取值范围为()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))故选C.5.(多选)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是()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)的几何意义是f(x)在x＝x0处的切线的斜率．由图知f′(2)>f′(3)>0，故A错误，B正确．设A(2，f(2))，B(3，f(3))，则f(3)－f(2)＝eq\f(f3－f2,3－2)＝kAB，由图知f′(3)<kAB<f′(2)，即f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)，故C，D正确．6．(多选)已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是()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，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，则f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，在同一直角坐标系内作出函数y＝lnx与y＝eq\f(1,x)的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)＝f′(x)存在实数解，故C符合要求；若f(x)＝tanx，则f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(1,cos2x)，令tanx＝eq\f(1,cos2x)，化简得sinxcosx＝1，变形可得sin2x＝2，无解，故D不符合要求．故选AC.7．已知函数y＝f(x)的图象在x＝2处的切线方程是y＝3x＋1，则f(2)＋f′(2)＝.答案10解析切点坐标为(2，f(2))，∵切点在切线上，∴f(2)＝3×2＋1＝7，又k＝f′(2)＝3，∴f(2)＋f′(2)＝10.8．已知函数f(x)＝eq\f(1,ax－1)＋excosx，若f′(0)＝－1，则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，则a＝2.9．我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正n边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设f(x)＝ln(1＋x)，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为________，用此结论计算ln2022－ln2021≈________.答案y＝xeq\f(1,2021)解析函数f(x)＝ln(1＋x)，则f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴切线方程为y＝x.∴ln2022－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)))，根据以直代曲，x＝eq\f(1,2021)也非常接近切点x＝0.∴可以将x＝eq\f(1,2021)代入切线近似代替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．曲线y＝x2－lnx上的点到直线x－y－2＝0的最短距离是．答案eq\r(2)解析设曲线在点P(x0，y0)(x0>0)处的切线与直线x－y－2＝0平行，则＝＝2x0－eq\f(1,x0)＝1.∴x0＝1，y0＝1，则P(1,1)，则曲线y＝x2－lnx上的点到直线x－y－2＝0的最短距离d＝eq\f(|1－1－2|,\r(12＋－12))＝eq\r(2).11．已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．解f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)．(1)由题意得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)因为曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，所以关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，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的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).12．设函数f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)证明曲线f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．解(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝eq\f(7,4)x－3，当x＝2时，y＝eq\f(1,2).又因为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)设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为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)，所以切线与直线x＝0的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，所以切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．所以曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.【技能提分练】13．已知f1(x)＝sinx＋cosx，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则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为周期重复出现，∵2022＝4×505＋2，∴f2022(x)＝f2(x)＝cosx－sinx.故选C.14．已知函数f(x)＝x＋eq\f(a,2x)，若曲线y＝f(x)存在两条过(1,0)点的切线，则a的取值范围是．答案(－∞，－2)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝1－eq\f(a,2x2)，设切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(a,2x0)))，∴切线的斜率k＝f′(x0)＝1－eq\f(a,2x\o\al(2,0))，∴切线方程为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)，又切线过点(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，∵曲线存在两条切线，故该方程有两个解，∴Δ＝4a2－8(－a)>0，解得a>0或a<－2.【拓展冲刺练】15．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－lnx相切，则a的值为．答案解析f′(x)＝3x2＋a，∴f′(0)＝a，又f(0)＝eq\f(1,4)，∴f(x)在x＝0处的切线方程为y－eq\f(1,4)＝a(x－0)，即y＝ax＋eq\f(1,4)，故y＝ax＋eq\f(1,4)与g(x)＝－lnx相切，设切点坐标为(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．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.(1)求在曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．解(1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，则f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即曲线C上任意一点处的切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k(k≠0)，则由题意并结合(1)中结论可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1))，解得－1≤k<0或k≥1，则－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导数与函数的单调性[考试要求]1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)上单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常数函数思考1．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的什么条件？提示若f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．2．若函数f(x)在区间(a，b)上存在递增区间，则在区间(a，b)上，f′(x)应满足什么条件？提示若f(x)在(a，b)上存在递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(√)(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(×)(4)函数f(x)＝x－sinx在R上是增函数．(√)题组二教材改编2.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是()A．在区间(－2,1)上f(x)单调递增B．在区间(1,3)上f(x)单调递减C．在区间(4,5)上f(x)单调递增D．在区间(3,5)上f(x)单调递增答案C解析在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在区间(4,5)上单调递增．3．函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间上单调递增()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，经验证，4个选项中只有在(π，2π)内y′>0恒成立，∴y＝xcosx－sinx在(π，2π)上单调递增．4．函数f(x)＝(x－2)ex的单调递增区间为________．答案(1，＋∞)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．题组三易错自纠5．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a的值为________．答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1,4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6．若y＝x＋eq\f(a2,x)(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．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)的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0<a≤2.方法二y′＝1－eq\f(a2,x2)，依题意知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.题型一不含参的函数的单调性1．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是()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，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．2．函数f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的单调递增区间是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)答案C解析f(x)的定义域为(－∞，1]，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(1－x))，令f′(x)＝0，得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0.当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．3．已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cosx，则f(x)的单调递增区间为________．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)，当0<x<eq\f(π,6)时，f′(x)>0，当eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)时，f′(x)<0，当eq\f(5π,6)<x<π时，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))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减．4．函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________，单调递减区间为________．答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增单调递减单调递增∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调的步骤即可，但应注意一是不能遗忘求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．题型二含参的函数的单调性例1已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．解函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x).①当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；②当a＝1时，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>1时，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？解当a>0时，讨论同上；当a≤0时，ax－1<0，∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．思维升华(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练1讨论下列函数的单调性．(1)f(x)＝x－alnx；(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，令f′(x)＝0，得x＝a，①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0，②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减．题型三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式例2(1)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则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)))的大小关系为()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解析因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，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))).又当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，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)))，故选A.(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当x＝0时取“＝”，∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>eq\f(3,2)，∴原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).命题点2根据函数的单调性求参数的值(范围)例3已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)解析因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，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．设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，因为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)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因为a≠0，所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．本例中，若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又当x∈[1,4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练2(1)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(2)＝5，对任意的x都有f′(x)<eq\f(1,2)，则f(x)<eq\f(1,2)x＋4的解集是________．答案(2，＋∞)解析设F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，∴F(x)为R上的减函数，又F(2)＝f(2)－1＝4，∴不等式f(x)<eq\f(1,2)x＋4可化为f(x)－eq\f(1,2)x<4，即F(x)<F(2)，所以x>2.(2)设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．答案(1,2]解析易知f(x)的定义域为(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.因为函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq\f(fx,gx)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．一、构造y＝f(x)±g(x)型可导函数例1设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cosx<0，则不等式f(x)<sinx的解集为________．答案(0，＋∞)解析令φ(x)＝f(x)－sinx，∴当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为R上的奇函数，∴φ(x)为R上的奇函数，∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化为f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．二、利用f(x)与x构造可导型函数例2设f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．思路点拨出现“＋”法形式，优先构造F(x)＝xf(x)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．答案(－∞，－4)∪(0,4)解析构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出当x<0时，F′(x)<0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．例3(八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则()A．c<b<a B．b<c<aC．a<c<b D．a<b<c思路点拨出现“－”法形式，优先构造F(x)＝eq\f(fx,x)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．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)，设f(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(3)<f(4)<f(5)，f(c)<f(b)<f(a)，所以a<b<c.方法二设ex＝eq\f(e5,5)x，①ex＝eq\f(e4,4)x，②ex＝eq\f(e3,3)x，③a，b，c依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵eq\f(e5,5)>eq\f(e4,4)>eq\f(e3,3)，由图可知a<b<c.例4已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．思路点拨满足“xf′(x)－nf(x)”形式，优先构造F(x)＝eq\f(fx,xn)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．答案(－1,0)∪(0,1)解析构造F(x)＝eq\f(fx,x2)，则F′(x)＝eq\f(f′x·x－2fx,x3)，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．思维升华(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq\f(fx,xn).三、利用f(x)与ex构造可导型函数例5已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则()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)思路点拨满足“f′(x)－f(x)<0”形式，优先构造F(x)＝eq\f(fx,ex)，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．答案D解析构造F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(exf′x－exfx,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)，则F′(x)<0，F(x)在R上单调递减，根据单调性可知选D.例6若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>eq\f(1,e2x)的解集为________．答案(0，＋∞)解析构造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，不等式f(x)>eq\f(1,e2x)可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0∴原不等式的解集为(0，＋∞)．思维升华(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq\f(fx,enx).四、利用f(x)与sinx，cosx构造可导型函数例7已知函数y＝f(x)对于任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则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)))思路点拨满足“f′(x)cosx＋f(x)sinx>0”形式，优先构造F(x)＝eq\f(fx,cosx)，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．答案A解析构造F(x)＝eq\f(fx,cosx)，则F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，导函数f′(x)满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，则F′(x)>0，F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．把选项转化后可知选A.思维升华f(x)与sinx，cosx相结合构造可导函数的几种常见形式F(x)＝f(x)sinx，F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).课时精练1．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()答案D解析利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是()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，定义域为R，∴h′(x)＝(x＋1)ex，当x>0时，h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．3．已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，若函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A．(－∞，8) B．(－∞，16]C．(－∞，－8)∪(8，＋∞) D．(－∞，－16]∪[16，＋∞)答案B解析f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)，∴当x∈[2，＋∞)时，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．已知函数f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，则a，b，c的大小关系是()A．a>c>b B．a>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案A解析f(x)的定义域为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上单调递减，又2e>1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e，故f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.5．(多选)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是()A．－3B．－1C．0D．2答案BD解析依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0))解得a>－3且a≠0.故选BD.6．(多选)若函数g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数不具有M性质的为()A．f(x)＝eq\f(1,x) B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝sinx D．f(x)＝x答案ACD解析对于A，f(x)＝eq\f(1,x)，则g(x)＝eq\f(ex,x)，g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当x<1且x≠0时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；对于B，f(x)＝x2＋1，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2>0在实数集R上恒成立，∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数；对于D，f(x)＝x，则g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x<－1时，g′(x)<0，所以g(x)在R上先减后增；∴具有M性质的函数的选项为B，不具有M性质的函数的选项为A，C，D.7．函数y＝2lnx－3x2的单调递增区间为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－6x＝eq\f(2－6x2,x)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递减．8．若函数f(x)＝lnx＋ex－sinx，则不等式f(x－1)≤f(1)的解集为________．答案(1,2]解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋ex－cosx.∵x>0，∴ex>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x－1)≤f(1)，∴0<x－1≤1，即1<x≤2，原不等式的解集为(1,2]．9．若函数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)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.由题意知，f′(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上有解，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).10．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调