2023年高考数学一轮复习讲义：第三章导数及其应用

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eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))

eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).(2)函数y＝f(x)的导函数f′(x)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))

eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).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，且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)．常用结论1．区分在点处的切线与过点处的切线(1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条．(2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条．2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,fx)))′＝eq\f(－f′x,[fx]2)(f(x)≠0)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．(×)(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．(×)(3)f′(x0)＝[f(x0)]′.(×)教材改编题1．若f(x)＝eq\f(1,\r(x))，则f′(x)＝________.答案－eq\f(\r(x),2x2)解析f(x)＝eq\f(1,\r(x))＝，∴f′(x)＝＝－eq\f(\r(x),2x2).2．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＋2.3．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).题型一导数的运算例1(1)(2022·济南质检)下列求导运算正确的是________．(填序号)①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))′＝－eq\f(1,xlnx2)；②(x2ex)′＝2x＋ex；③(tanx)′＝eq\f(1,cos2x)；④eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2).答案①③④解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))′＝－eq\f(1,lnx2)·(lnx)′＝－eq\f(1,xlnx2)，故①正确；(x2ex)′＝(x2＋2x)ex，故②错误；(tanx)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝eq\f(1,cos2x)，故③正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2)，故④正确．(2)函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)＝x2＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sinx，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝.答案eq\f(π2,36)＋eq\f(2π,3)解析f′(x)＝2x＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(2π,3)＋eq\f(1,2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(4π,3)，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π2,36)＋eq\f(2π,3).教师备选在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)等于()A．26B．29C．212D．215答案C解析因为在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，所以a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2×4＝8.因为函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，所以f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′，所以f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝212.思维升华(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导．(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解．跟踪训练1(1)函数y＝sin2x的导数y′等于()A．2 B．cos2xC．2cos2x D．2sin2x答案C解析y＝sin2x＝2sinx·cosx，y′＝2cosx·cosx＋2sinx·(－sinx)＝2cos2x－2sin2x＝2cos2x.(2)若函数f(x)，g(x)满足f(x)＋xg(x)＝x2－1，且f(1)＝1，则f′(1)＋g′(1)等于()A．1B．2C．3D．4答案C解析当x＝1时，f(1)＋g(1)＝0，∵f(1)＝1，得g(1)＝－1，原式两边求导，得f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x，当x＝1时，f′(1)＋g(1)＋g′(1)＝2，得f′(1)＋g′(1)＝2－g(1)＝2－(－1)＝3.题型二导数的几何意义命题点1求切线方程例2(1)(2021·全国甲卷)曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为．答案5x－y＋2＝0解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq\f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq\f(5,x＋22)，所以y′|x＝－1＝eq\f(5,－1＋22)＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.(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2求参数的值(范围)例3(1)(2022·西安模拟)直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝alnx＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b等于()A．4B．3C．2D．1答案A解析∵直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝alnx＋b相切于点P(1,2)，将P(1,2)代入y＝kx＋1，可得k＋1＝2，解得k＝1，∵f(x)＝alnx＋b，∴f′(x)＝eq\f(a,x)，由f′(1)＝eq\f(a,1)＝1，解得a＝1，可得f(x)＝lnx＋b，∵P(1,2)在曲线f(x)＝lnx＋b上，∴f(1)＝ln1＋b＝2，解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4.(2)已知曲线f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－ax＋1存在两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围是________．答案(－4，＋∞)解析f′(x)＝x2－2x－a，依题意知x2－2x－a＝3有两个实数解，即a＝x2－2x－3＝(x－1)2－4有两个实数解，∴y＝a与y＝(x－1)2－4的图象有两个交点，∴a>－4.教师备选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．(2022·哈尔滨模拟)已知M是曲线y＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋(1－a)x上的任一点，若曲线在M点处的切线的倾斜角均是不小于eq\f(π,4)的锐角，则实数a的取值范围是()A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，4]答案C解析因为y＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋(1－a)x，所以y′＝eq\f(1,x)＋x＋1－a，因为曲线在M点处的切线的倾斜角均是不小于eq\f(π,4)的锐角，所以y′≥tan

eq\f(π,4)＝1对于任意的x>0恒成立，即eq\f(1,x)＋x＋1－a≥1对任意x>0恒成立，所以x＋eq\f(1,x)≥a，又x＋eq\f(1,x)≥2，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时，等号成立，故a≤2，所以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”．跟踪训练2(1)(2022·南平模拟)若直线y＝x＋m与曲线y＝eq\f(ex,e2n)相切，则()A．m＋n为定值 B.eq\f(1,2)m＋n为定值C．m＋eq\f(1,2)n为定值 D．m＋eq\f(1,3)n为定值答案B解析设直线y＝x＋m与曲线y＝eq\f(ex,e2n)切于点，因为y′＝eq\f(ex,e2n)，所以＝1，所以x0＝2n，所以切点为(2n,1)，代入直线方程得1＝2n＋m，即eq\f(1,2)m＋n＝eq\f(1,2).(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，＋∞)．题型三两曲线的公切线例4(1)(2022·驻马店模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，直线l与f(x)的图象相切于点A(1,0)，若直线l与g(x)的图象也相切，则a等于()A．0B．－1C．3D．－1或3答案D解析由f(x)＝xlnx求导得f′(x)＝1＋lnx，则f′(1)＝1＋ln1＝1，于是得函数f(x)在点A(1,0)处的切线l的方程为y＝x－1，因为直线l与g(x)的图象也相切，则方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,gx＝x2＋ax，))有唯一解，即关于x的一元二次方程x2＋(a－1)x＋1＝0有两个相等的实数根，因此Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3，所以a＝－1或a＝3.(2)若函数f(x)＝x2－1与函数g(x)＝alnx－1的图象存在公切线，则正实数a的取值范围是()A．(0，e) B．(0，e]C．(0,2e) D．(0,2e]答案D解析f(x)＝x2－1的导函数f′(x)＝2x，g(x)＝alnx－1的导函数为g′(x)＝eq\f(a,x).设切线与f(x)相切的切点为(n，n2－1)，与g(x)相切的切点为(m，alnm－1)，所以切线方程为y－(n2－1)＝2n(x－n)，y－(alnm－1)＝eq\f(a,m)(x－m)，即y＝2nx－n2－1，y＝eq\f(a,m)x－a＋alnm－1.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝\f(a,m)，,n2＋1＝a＋1－alnm，))所以eq\f(a2,4m2)＝a－alnm，由于a>0，所以eq\f(a,4m2)＝1－lnm，即eq\f(a,4)＝m2(1－lnm)有解即可．令h(x)＝x2(1－lnx)(x>0)，h′(x)＝x(1－2lnx)，所以h(x)在(0，eq\r(e))上单调递增，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，最大值为h(eq\r(e))＝eq\f(e,2)，当0<x<e时，h(x)>0，当x>e时，h(x)<0，所以0<eq\f(a,4)≤eq\f(e,2)，所以0<a≤2e.所以正实数a的取值范围是(0,2e]．教师备选1．若f(x)＝lnx与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于()A．1B．2C．3D．3或－1答案D解析设在函数f(x)＝lnx处的切点为(x，y)，根据导数的几何意义得到k＝eq\f(1,x)＝1，解得x＝1，故切点为(1,0)，可求出切线方程为y＝x－1，此切线和g(x)＝x2＋ax也相切，故x2＋ax＝x－1，化简得到x2＋(a－1)x＋1＝0，只需要满足Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3.2．已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线与曲线y＝lnx在点(x2，lnx2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)等于()A．－1B．－2C．1D．2答案B解析已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝x－x1＋，曲线y＝lnx在点(x2，lnx2)处的切线方程为y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)x－1＋lnx2，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝\f(1,x2)，,－x1＝－1＋lnx2，))得x2＝，－x1＝－1＋lnx2＝－1＋ln

＝－1－x1，则＝eq\f(x1＋1,x1－1).又x2＝，所以x2＝eq\f(x1－1,x1＋1)，所以x2－1＝eq\f(x1－1,x1＋1)－1＝eq\f(－2,x1＋1)，所以(x1＋1)(x2－1)＝－2.思维升华公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解．跟踪训练3(1)(2022·雅安模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3lnx－x，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为()A．2B．5C．1D．0答案C解析根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a>0，由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3lnx－x，可得g′(x)＝－eq\f(3,x)－1，则切线的斜率为k＝g′(a)＝－eq\f(3,a)－1，因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a＝－eq\f(3,a)－1，解得a＝1或a＝－eq\f(3,4)(舍去)，又由g(1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)，将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1.(2)不与x轴重合的直线l与曲线f(x)＝x3和y＝x2均相切，则l的斜率为________．答案eq\f(64,27)解析设直线l与曲线f(x)＝x3相切的切点坐标为(x0，xeq\o\al(3,0))，f′(x)＝3x2，则f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)，则切线方程为y＝3xeq\o\al(2,0)x－2xeq\o\al(3,0)，因为不与x轴重合的直线l与曲线y＝x3和y＝x2均相切，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x\o\al(2,0)x－2x\o\al(3,0)，,y＝x2，))得x2－3xeq\o\al(2,0)x＋2xeq\o\al(3,0)＝0，Δ＝9xeq\o\al(4,0)－8xeq\o\al(3,0)＝0，得x0＝0(舍去)或x0＝eq\f(8,9)，所以l的斜率为3xeq\o\al(2,0)＝eq\f(64,27).课时精练1．(2022·阳江模拟)下列函数的求导正确的是()A．(x－2)′＝－2xB．(xcosx)′＝cosx－xsinxC．(ln10)′＝eq\f(1,10)D．(3x)′＝3x答案B解析(x－2)′＝－2x－3，∴A错；(xcosx)′＝cosx－xsinx，∴B对；(ln10)′＝0，∴C错；(3x)′＝3x·ln3，∴D错．2.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．3．(2022·黑龙江哈师大附中月考)曲线y＝2cosx＋sinx在(π，－2)处的切线方程为()A．x－y＋π－2＝0 B．x－y－π＋2＝0C．x＋y＋π－2＝0 D．x＋y－π＋2＝0答案D解析y′＝－2sinx＋cosx，当x＝π时，k＝－2sinπ＋cosπ＝－1，所以在点(π，－2)处的切线方程，由点斜式可得y＋2＝－1×(x－π)，化简可得x＋y－π＋2＝0.4．(2022·兴义模拟)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)等于()A．－1B．0C．2D．4答案B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)))＝0.5．设曲线f(x)＝aex＋b和曲线g(x)＝cosx＋c在它们的公共点M(0,2)处有相同的切线，则b＋c－a的值为()A．0B．πC．－2D．3答案D解析∵f′(x)＝aex，g′(x)＝－sinx，∴f′(0)＝a，g′(0)＝0，∴a＝0，又M(0,2)为f(x)与g(x)的公共点，∴f(0)＝b＝2，g(0)＝1＋c＝2，解得c＝1，∴b＋c－a＝2＋1－0＝3.6．已知点A是函数f(x)＝x2－lnx＋2图象上的点，点B是直线y＝x上的点，则|AB|的最小值为()A.eq\r(2) B．2C.eq\f(4\r(3),3) D.eq\f(16,3)答案A解析当与直线y＝x平行的直线与f(x)的图象相切时，切点到直线y＝x的距离为|AB|的最小值．f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝1，解得x＝1或x＝－eq\f(1,2)(舍去)，又f(1)＝3，所以切点C(1,3)到直线y＝x的距离即为|AB|的最小值，即|AB|min＝eq\f(|1－3|,\r(12＋12))＝eq\r(2).7.已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，设a＝f(3)－f(2)，则下列结论正确的是()A．f′(2)<f′(3)<aB．f′(2)<a<f′(3)C．f′(3)<a<f′(2)D．a<f′(3)<f′(2)答案C解析a＝f(3)－f(2)＝eq\f(f3－f2,3－2)，∴a表示曲线上两点A(2，f(2))，B(3，f(3))连线的斜率，由图知，曲线切线的斜率越来越小，∴f′(3)<a<f′(2)．8．(2022·固原模拟)设点P是函数f(x)＝2ex－f′(0)x＋f′(1)图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))答案B解析∵f(x)＝2ex－f′(0)x＋f′(1)，∴f′(x)＝2ex－f′(0)，∴f′(0)＝2－f′(0)，f′(0)＝1，∴f(x)＝2ex－x＋f′(1)，∴f′(x)＝2ex－1>－1.∵点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，∴tanα>－1.∵α∈[0，π)，∴α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).9．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)＝10.10．(2022·四川天府名校联考)若曲线f(x)＝xcosx在x＝π处的切线与直线ax－y＋1＝0平行，则实数a＝.答案－1解析因为f(x)＝xcosx，所以f′(x)＝cosx－xsinx，f′(π)＝cosπ－π·sinπ＝－1，因为函数在x＝π处的切线与直线ax－y＋1＝0平行，所以a＝f′(π)＝－1.11．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＝2.12．已知函数f(x)＝x3－ax2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋1))x(a∈R)，若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，则a的取值范围为．答案(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析因为f(x)＝x3－ax2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋1))x(a∈R)，所以f′(x)＝3x2－2ax＋eq\f(2,3)a＋1，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)＝3x2－2ax＋eq\f(2,3)a＋1＝0有两个不等的实根，则Δ＝4a2－12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋1))>0，即a2－2a－3>0，解得a>3或a<－1，所以a的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．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f2023(x)等于()A．－sinx－cosx B．sinx－cosxC．－sinx＋cosx D．sinx＋cosx答案A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，∵2023＝4×505＋3，∴f2023(x)＝f3(x)＝－sinx－cosx.14．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则()A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea答案D解析方法一设切点(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝(x－a)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0－b＝x0－a，,y0＝，))得(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程(1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x<a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x<a时，a－x>0，所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0<b<ea.方法二(用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0<b<ea.15．(2022·重庆沙坪坝区模拟)若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝[f′(x)]′.若f″(x)<0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上是凸函数的是________．(填序号)①f(x)＝－x3＋3x＋4；②f(x)＝lnx＋2x；③f(x)＝sinx＋cosx；④f(x)＝xex.答案①②③解析对①，f(x)＝－x3＋3x＋4，f′(x)＝－3x2＋3，f″(x)＝－6x，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)<0，故①为凸函数；对②，f(x)＝lnx＋2x，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2，f″(x)＝－eq\f(1,x2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)<0，故②为凸函数；对③，f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)＝cosx－sinx，f″(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)<0，故③为凸函数；对④，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，f″(x)＝(x＋2)ex，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)>0，故④不是凸函数．16．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解析设直线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＝·x－x1＋，

①同理设直线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，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝\f(1,x2)⇒x2＝，③,－x1＋＝lnx2＋1，④))把③代入④有－x1＋＝－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.

§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)．知识梳理1．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)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝0f(x)在区间(a，b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．思考辨析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．(√)教材改编题1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案C解析由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．2．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，＋∞)．3．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.题型一不含参数的函数的单调性例1(1)函数y＝4x2＋eq\f(1,x)的单调递增区间为()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))答案B解析由y＝4x2＋eq\f(1,x)，得y′＝8x－eq\f(1,x2)(x≠0)，令y′>0，即8x－eq\f(1,x2)>0，解得x>eq\f(1,2)，∴函数y＝4x2＋eq\f(1,x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)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．教师备选若函数f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________．答案(1，＋∞)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)，令φ(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1(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－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)．题型二含参数的函数的单调性例2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).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)或x＝1.①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．延伸探究若将本例中参数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．教师备选已知函数f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)，a>0.讨论f(x)的单调性．解由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2)，设g(x)＝x2－ax＋2，g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ<0，即0<a<2eq\r(2)时，对一切x>0都有f′(x)>0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝0，即a＝2eq\r(2)时，仅对x＝eq\r(2)，有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当Δ>0，即a>2eq\r(2)时，方程g(x)＝0有两个不同的实根，x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0<x1<x2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上单调递增．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2讨论下列函数的单调性．(1)f(x)＝x－alnx；(2)g(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2－3a2x.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，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．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)＝x2＋2ax－3a2＝(x＋3a)(x－a)，当a＝0时，g′(x)≥0，∴g(x)在R上单调递增．当a>0时，x∈(－∞，－3a)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(－3a，a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．当a<0时，x∈(－∞，a)∪(－3a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(a，－3a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，综上有a＝0时，g(x)在R上单调递增；a<0时，g(x)在(－∞，a)，(－3a，＋∞)上单调递增，在(a，－3a)上单调递减；a>0时，g(x)在(－∞，－3a)，(a，＋∞)上单调递增，在(－3a，a)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3(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)))上单调递增，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))).(2)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,ex)－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－eq\f(1,ex)－2x＋1，定义域为R，f′(x)＝ex＋eq\f(1,ex)－2≥2eq\r(ex·\f(1,ex))－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范围例4已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析由题意知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).延伸探究在本例中，把“f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间”，求a的取值范围．解f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间，则当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))时，f′(x)>0有解，即2a>－x＋eq\f(1,x)有解，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2)，∴2a>－eq\f(3,2)，即a>－eq\f(3,4)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).教师备选1．若函数f(x)＝ex(sinx＋a)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)C．[1，＋∞) D．(－eq\r(2)，＋∞)答案C解析由题意得f′(x)＝ex(sinx＋a)＋excosx＝exeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a))，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，∴f′(x)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq\r(2)＋a]，∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．2．(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．答案(－∞，0)解析由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；若a<0，由f′(x)>0得－eq\r(－\f(1,3a))<x<eq\r(－\f(1,3a))，由f′(x)<0，得x<－eq\r(－\f(1,3a))或x>eq\r(－\f(1,3a))，即当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(1,3a))，\r(－\f(1,3a))))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(－\f(1,3a))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,3a))，＋∞))，满足题意．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3(1)已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足eq\f(f′x,mx－3)<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是()A．f(1)＋f(3)＝2f(2)B．f(0)·f(3)＝0C．f(4)＋f(3)<2f(2)D．f(2)＋f(4)>2f(3)答案D解析由eq\f(f′x,mx－3)<0，得m(x－3)f′(x)<0，又m<0，则(x－3)f′(x)>0，当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，所以f(2)＋f(4)>2f(3)．(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案[0，e－1]解析由函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，得f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，由f′(x)>0得0<x<e，由f′(x)<0得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在(a，a＋1)上单调递增，则(a，a＋1)⊆(0，e)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a＋1≤e，))解得0≤a≤e－1.课时精练1．函数f(x)＝xlnx＋1的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(e，＋∞)答案C解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是()A．f(x)＝2sinxcosx 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．(2022·渭南调研)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是()答案C解析列表如下：x(－∞，－1)(－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．4．(2022·遵义质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋blnx在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＋blnx在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋eq\f(b,x)≤0，即b≤2x2－4x，∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.5．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.6．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有eq\f(x1fx1－x2fx2,x1－x2)>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数是“F函数”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案B解析依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”；对于C，g(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，g′(x)<0，故D中函数不是“F函数”．7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________．答案－2解析由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，得f′(x)<0的解集为(－3,1)，则－3,1是f′(x)＝0的解，∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：________.①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．答案f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足)解析取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝xeq\o\al(4,1)xeq\o\al(4,2)＝f(x1)f(x2)，满足①，f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，f′(x)＝4x3的定义域为R，又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.9．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解(1)当a＝－1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2lnx－3x，则f′(x)＝x＋eq\f(2,x)－3＝eq\f(x2－3x＋2,x)＝eq\f(x－1x－2,x)(x>0)．当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．(2)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝f′(x)－a＝x－eq\f(2a,x)－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．即eq\f(x2－2x－2a,x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．所以x2－2x－2a≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,2)(x2－2x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)恒成立．令φ(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)，x∈(0，＋∞)，则其最小值为－eq\f(1,2)，故a≤－eq\f(1,2).所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).10．(2022·宜春质检)已知函数f(x)＝x3－6ax.(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数y＝f(x)的单调区间．解(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋6x，则f′(x)＝3x2＋6，所以f(1)＝7，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－7＝9(x－1)，即9x－y－2＝0.(2)函数f(x)＝x3－6ax的定义域为R，f′(x)＝3x2－6a＝3(x2－2a)．当a≤0时，对任意的x∈R，f′(x)≥0且不恒为零，此时函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，由f′(x)<0，可得－eq\r(2a)<x<eq\r(2a)，由f′(x)>0，可得x<－eq\r(2a)或x>eq\r(2a)，此时函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(2a))，(eq\r(2a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq\r(2a)，eq\r(2a))．综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(2a))，(eq\r(2a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq\r(2a)，eq\r(2a))．11．若函数h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)) B．(－1，＋∞)C．[－1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞))答案B解析因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2<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，而当x∈[1,4]时，eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，所以a的取值范围是(－1，＋∞)．12．设函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，若a＝f(－2)，b＝f(ln2)，c＝f(eq\r(e))，则a，b，c的大小关系为()A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．a<b<c答案C解析f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝xsinx＋cosx＋x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴a＝f(－2)＝f(2)，又f′(x)＝xcosx＋2x＝x(cosx＋2)，当x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又2>eq\r(e)>ln2，∴f(2)>f(eq\r(e))>f(ln2)，即b<c<a.13．(2022·韩城质检)设a>0，若函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(2