高考数学一轮复习讲义（教师版）第三章一元函数的导数及其应用

§3.1导数的概念及其意义、导数的运算考试要求1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，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)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作f′(x0)或y′|.f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))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(简称导数)f′(x)＝y′＝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∈R，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)．5．复合函数的定义及其导数复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，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．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)]′.(×)(4)(cos2x)′＝－2sin2x.(√)教材改编题1．若函数f(x)＝3x＋sin2x，则()A．f′(x)＝3xln3＋2cos2xB．f′(x)＝3x＋2cos2xC．f′(x)＝eq\f(3x,ln3)＋cos2xD．f′(x)＝eq\f(3x,ln3)－2cos2x答案A解析因为函数f(x)＝3x＋sin2x，所以f′(x)＝3xln3＋2cos2x.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解析由题意得，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)解析由题意得f′(x)＝1＋lnx＋2ax，∴f′(e)＝2ae＋2＝0，解得a＝－eq\f(1,e).题型一导数的运算例1(1)(多选)下列求导正确的是()A．[(3x＋5)3]′＝9(3x＋5)2B．(x3lnx)′＝3x2lnx＋x2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2xcosx＋4sinx,x3)D．(2x＋cosx)′＝2xln2－sinx答案ABD解析对于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正确；对于B，(x3lnx)′＝(x3)′lnx＋x3(lnx)′＝3x2lnx＋x2，故B正确；对于C，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2sinx′x2－2sinxx2′,x4)＝eq\f(2xcosx－4sinx,x3)，故C错误；对于D，(2x＋cosx)′＝(2x)′＋(cosx)′＝2xln2－sinx，故D正确．(2)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，则f′(2)等于()A．1B．－9C．－6D．4答案C解析因为f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，所以f′(x)＝3x2＋2xf′(1)＋2，把x＝1代入f′(x)，得f′(1)＝3×12＋2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－5，所以f′(x)＝3x2－10x＋2，所以f′(2)＝－6.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．(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元．跟踪训练1(1)(多选)下列求导运算正确的是()A．若f(x)＝sin(2x＋3)，则f′(x)＝2cos(2x＋3)B．若f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝e－2x＋1C．若f(x)＝eq\f(x,ex)，则f′(x)＝eq\f(1－x,ex)D．若f(x)＝xlnx，则f′(x)＝lnx＋1答案ACD解析f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cos(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cos(2x＋3)，故A正确；f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝－2e－2x＋1，故B错误；f(x)＝eq\f(x,ex)，f′(x)＝eq\f(ex－xex,ex2)＝eq\f(1－x,ex)，故C正确；f(x)＝xlnx，f′(x)＝(x)′lnx＋x(lnx)′＝lnx＋1，故D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(x)＝x2＋eq\f(4π,3)sinx，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π2,36)＋eq\f(2π,3).题型二导数的几何意义命题点1求切线方程例2(1)(2023·大同模拟)已知函数f(x)＝2e2lnx＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为()A．4ex－y＋e2＝0 B．4ex－y－e2＝0C．4ex＋y＋e2＝0 D．4ex＋y－e2＝0答案B解析因为f(x)＝2e2lnx＋x2，所以f′(x)＝eq\f(2e2,x)＋2x，所以f(e)＝2e2lne＋e2＝3e2，f′(e)＝4e，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－3e2＝4e(x－e)，即4ex－y－e2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x解析先求当x>0时，曲线y＝lnx过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝eq\f(1,x)，得切线斜率为eq\f(1,x0)，又切线的斜率为eq\f(y0,x0)，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(y0,x0)，解得y0＝1，代入y＝lnx，得x0＝e，所以切线斜率为eq\f(1,e)，切线方程为y＝eq\f(1,e)x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－eq\f(1,e)x.综上可知，两条切线方程为y＝eq\f(1,e)x，y＝－eq\f(1,e)x.命题点2求参数的值(范围)例3(1)(2022·重庆模拟)已知a为非零实数，直线y＝x＋1与曲线y＝aln(x＋1)相切，则a＝________.答案e解析设切点坐标为(t，aln(t＋1))，对函数y＝aln(x＋1)求导得y′＝eq\f(a,x＋1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,t＋1)＝1，,alnt＋1＝t＋1，))解得t＝e－1，a＝e.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．答案(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|＝(x0＋a＋1)＝，化简，得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不思维升华(1)处理与切线有关的问题，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的切线”．跟踪训练2(1)曲线f(x)＝eq\f(x2＋x－2,ex)在(0，f(0))处的切线方程为()A．y＝3x－2 B．y＝3x＋2C．y＝－3x－2 D．y＝－3x＋2答案A解析由题知f′(x)＝eq\f(2x＋1ex－x2＋x－2ex,ex2)＝eq\f(－x2＋x＋3,ex)，所以f′(0)＝3，f(0)＝－2，所以曲线f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－2)＝3(x－0)，即y＝3x－2.(2)(2023·泸州模拟)已知曲线y＝eq\f(acosx,x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，－\f(a,π)))处的切线方程为y＝eq\f(2,π2)x＋b，则a的值是()A.eq\f(4,π)B．－2C．－eq\f(4,π)D．2答案D解析令y＝f(x)＝eq\f(acosx,x)，则f′(x)＝eq\f(－axsinx＋cosx,x2)，曲线在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，－\f(a,π)))处的切线的斜率为f′(π)＝eq\f(a,π2)＝eq\f(2,π2)，解得a＝2.题型三两曲线的公切线例4(1)若直线l：y＝kx＋b(k>1)为曲线f(x)＝ex－1与曲线g(x)＝elnx的公切线，则l的纵截距b等于()A．0B．1C．eD．－e答案D解析设l与f(x)的切点为(x1，y1)，则由f′(x)＝ex－1，得l：y＝＋(1－x1).同理，设l与g(x)的切点为(x2，y2)，则由g′(x)＝eq\f(e,x)，得l：y＝eq\f(e,x2)x＋e(lnx2－1)．故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝\f(e,x2)，,1－x1＝elnx2－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝e))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2，,x2＝1.))则l：y＝x或y＝ex－e.因为k>1，所以l：y＝x不成立，故b＝－e.(2)(2023·晋中模拟)若两曲线y＝lnx－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a的取值范围是()A．(0,2e] B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e－3，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)e－3)) D．[2e，＋∞)答案B解析设公切线与曲线y＝lnx－1和y＝ax2的切点分别为(x1，lnx1－1)，(x2，axeq\o\al(2,2))，其中x1>0，对于y＝lnx－1有y′＝eq\f(1,x)，则y＝lnx－1的切线方程为y－(lnx1－1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(x,x1)＋lnx1－2，对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2的切线方程为y－axeq\o\al(2,2)＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x－axeq\o\al(2,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝2ax2，,lnx1－2＝－ax\o\al(2,2)，))则－eq\f(1,4ax\o\al(2,1))＝lnx1－2，即eq\f(1,4a)＝2xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,1)lnx1(x1>0)，令g(x)＝2x2－x2lnx，则g′(x)＝3x－2xlnx＝x(3－2lnx)，令g′(x)＝0，得x＝，当x∈(0，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g()＝eq\f(1,2)e3，故0<eq\f(1,4a)≤eq\f(1,2)e3，即a≥eq\f(1,2)e－3.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)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，h(x)＝6lnx－4x，设两曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点处的切线相同，则m等于()A．－3B．1C．3D．5答案D解析依题意，设曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同．∵f(x)＝x2－m，h(x)＝6lnx－4x，∴f′(x)＝2x，h′(x)＝eq\f(6,x)－4，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝hx0，,f′x0＝h′x0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－m＝6lnx0－4x0，,2x0＝\f(6,x0)－4，))∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.(2)已知f(x)＝ex－1，g(x)＝lnx＋1，则f(x)与g(x)的公切线有()A．0条B．1条C．2条D．3条答案C解析根据题意，设直线l与f(x)＝ex－1相切于点(m，em－1)，与g(x)相切于点(n，lnn＋1)(n>0)，对于f(x)＝ex－1，f′(x)＝ex，则k1＝em，则直线l的方程为y＋1－em＝em(x－m)，即y＝emx＋em(1－m)－1，对于g(x)＝lnx＋1，g′(x)＝eq\f(1,x)，则k2＝eq\f(1,n)，则直线l的方程为y－(lnn＋1)＝eq\f(1,n)(x－n)，即y＝eq\f(1,n)x＋lnn，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(em＝\f(1,n)，,1－mem＝lnn＋1，))可得(1－m)(em－1)＝0，即m＝0或m＝1，则切线方程为y＝ex－1或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条．课时精练1．(2023·广州模拟)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为()A．y＝3x＋3 B．y＝3x＋1C．y＝－3x－1 D．y＝－3x－3答案A解析因为f′(x)＝3x2，所以f′(－1)＝3，又当x＝－1时，a＝(－1)3＋1＝0，所以y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)，即y＝3x＋3.2．记函数f(x)的导函数为f′(x)．若f(x)＝exsin2x，则f′(0)等于()A．2B．1C．0D．－1答案A解析因为f(x)＝exsin2x，则f′(x)＝ex(sin2x＋2cos2x)，所以f′(0)＝e0(sin0＋2cos0)＝2.3．(2022·广西三市联考)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝eq\f(1,2)x＋2，那么f(1)＋f′(1)等于()A．1B．2C．3D．4答案C解析由题意得f(1)＝eq\f(1,2)×1＋2＝eq\f(5,2)，f′(1)＝eq\f(1,2)，所以f(1)＋f′(1)＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)＝3.4．已知函数f(x)＝xlnx，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为()A．－2B．2C．－eD．e答案B解析设切点坐标为(t，tlnt)，∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1，直线l的斜率为f′(t)＝lnt＋1，∴直线l的方程为y－tlnt＝(lnt＋1)(x－t)，将点(0，－e)的坐标代入直线l的方程得－e－tlnt＝－t(lnt＋1)，解得t＝e，∴直线l的斜率为f′(e)＝2.5．已知函数f(x)＝alnx，g(x)＝bex，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋eq\f(1,b)的最小值为()A．2B．2eC．e2D.eq\r(e)答案B解析设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn)．由f′(x)＝eq\f(a,x)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(km＝alnm，,\f(a,m)＝k，))解得m＝e，a＝ek.又由g′(x)＝bex，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kn＝ben，,ben＝k，))解得n＝1，b＝eq\f(k,e)，所以a＋eq\f(1,b)＝ek＋eq\f(e,k)≥2eq\r(e2)＝2e，当且仅当a＝e，b＝eq\f(1,e)时等号成立．6．(多选)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新不动点”，则下列函数中只有一个“新不动点”的是()A．g(x)＝x·2xB．g(x)＝－ex－2xC．g(x)＝lnxD．g(x)＝sinx＋2cosx答案ABC解析对于A，g′(x)＝2x＋x·2x·ln2，由x·2x＝2x＋x·2x·ln2，解得x＝eq\f(1,1－ln2)，∴g(x)只有一个“新不动点”，故A正确；对于B，g′(x)＝－ex－2，由－ex－2＝－ex－2x，得x＝1，∴g(x)只有一个“新不动点”，故B正确；对于C，g′(x)＝eq\f(1,x)，根据y＝lnx和y＝eq\f(1,x)的图象可看出lnx＝eq\f(1,x)只有一个实数根，∴g(x)只有一个“新不动点”，故C正确；对于D，g′(x)＝cosx－2sinx，由sinx＋2cosx＝cosx－2sinx，得3sinx＝－cosx，∴tanx＝－eq\f(1,3)，根据y＝tanx和y＝－eq\f(1,3)的图象可看出方程tanx＝－eq\f(1,3)有无数个解，∴g(x)有无数个“新不动点”，故D错误．7．写出一个同时具有性质：①f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0的函数f(x)＝.答案lnx(答案不唯一)解析若函数f(x)＝lnx，则f(x1x2)＝ln(x1x2)＝lnx1＋lnx2＝f(x1)＋f(x2)，满足①；f(x)＝lnx的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)>0，满足②，故f(x)＝lnx符合题意．8．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，则f′(3)＝________.答案12解析由题意得，f′(x)＝x(x－1)(x－2)(x－4)(x－5)＋(x－3)[x(x－1)(x－2)(x－4)(x－5)]′，所以f′(3)＝3×(3－1)×(3－2)×(3－4)×(3－5)＋0＝12.9．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx.(1)求f′(e)及f(e)的值；(2)求f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程．解(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋lnx，∴f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，∴f′(e)＝－eq\f(1,e)，f(x)＝－eq\f(2x,e)＋lnx，∴f(e)＝－eq\f(2e,e)＋lne＝－1.(2)∵f(x)＝－eq\f(2x,e)＋lnx，f′(x)＝－eq\f(2,e)＋eq\f(1,x)，∴f(e2)＝－eq\f(2e2,e)＋lne2＝2－2e，f′(e2)＝－eq\f(2,e)＋eq\f(1,e2)，∴f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程为y－(2－2e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)＋\f(1,e2)))(x－e2)，即(2e－1)x＋e2y－e2＝0.10．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．(1)若x1＝－1，求a；(2)求a的取值范围．解(1)当x1＝－1时，f(－1)＝0，所以切点坐标为(－1,0)．由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，所以切线斜率k＝f′(－1)＝2，所以切线方程为y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.将y＝2x＋2代入y＝x2＋a，得x2－2x＋a－2＝0.由切线与曲线y＝g(x)也相切，得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0，解得a＝3.(2)由(1)知，y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线斜率k＝f′(x1)＝3xeq\o\al(2,1)－1，又f(x1)＝xeq\o\al(3,1)－x1，所以切线方程为y－(xeq\o\al(3,1)－x1)＝(3xeq\o\al(2,1)－1)(x－x1)，即y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1).将y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1)代入y＝x2＋a，得x2－(3xeq\o\al(2,1)－1)x＋a＋2xeq\o\al(3,1)＝0.由切线与曲线y＝g(x)也相切，得Δ＝(3xeq\o\al(2,1)－1)2－4(a＋2xeq\o\al(3,1))＝0，整理，得4a＝9xeq\o\al(4,1)－8xeq\o\al(3,1)－6xeq\o\al(2,1)＋1.令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1.则h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)(x－1)．由h′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)，0,1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化如表所示，x(－∞，－eq\f(1,3))－eq\f(1,3)(－eq\f(1,3)，0)0(0,1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)↘极小值↗极大值↘极小值↗由表知，当x＝－eq\f(1,3)时，h(x)取得极小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(20,27)，当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝－4，易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)，所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．11．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，))解得x2＝，－x1＝－1＋lnx2＝－1＋＝－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)＝－2.12．我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为eq\f(0,0)型分式，比如：当x→0时，eq\f(ex－1,x)的极限即为eq\f(0,0)型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在．为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex－1′,x′)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex,1)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))ex＝e0＝1，则eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝.答案eq\f(1,2)解析eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(x2lnx′,x2－1′)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(2xlnx＋x,2x)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,2)))＝ln1＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).13．已知a，b为正实数，直线y＝x－eq\f(a,2)与曲线y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))相切，则eq\f(a2,4－b)的取值范围是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[1，＋∞) D．(0,1)答案D解析函数y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))的导函数为y′＝eq\f(1,x＋\f(b,2))，令y′＝eq\f(1,x＋\f(b,2))＝1，解得x＝1－eq\f(b,2)，所以切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b,2)，0))，代入y＝x－eq\f(a,2)，得a＋b＝2，因为a，b为正实数，所以a∈(0,2)，则eq\f(a2,4－b)＝eq\f(a2,2＋a)，令g(a)＝eq\f(a2,2＋a)，a∈(0,2)，则g′(a)＝eq\f(aa＋4,2＋a2)>0，则函数g(a)在(0,2)上单调递增，所以0＝g(0)<g(a)<g(2)＝1，即g(a)∈(0,1)，所以eq\f(a2,4－b)∈(0,1)．14．设ai(i＝0,1,2，…，2022)是常数，对于∀x∈R，都有x2022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2022·(x－1)(x－2)…(x－2022)，则－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2020！a2021－2021！a2022＝________.答案2021解析因为x2022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)·(x－2)＋…＋a2022(x－1)(x－2)…(x－2022)，则令x＝1，可得a0＝1.对x2022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2022(x－1)(x－2)…(x－2022)两边求导可得2022x2021＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2022[(x－1)(x－2)…(x－2022)]′，令fn(x)＝(x－1)(x－2)…(x－n)，则fn′(x)＝(x－1)[(x－2)(x－3)…(x－n)]′＋(x－2)(x－3)…(x－n)，所以fn′(1)＝(1－2)×…×(1－n)＝(－1)n－1(n－1)！，所以2022×12021＝a1＋a2×(－1)1×1＋a3×(－1)2×2！＋…＋a2022×(－1)20212021！，故2022＝a1－a2＋2！a3－…－2021！a2022，所以－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2020！a2021－2021！a2022＝2022－1＝2021.

§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).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．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，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则当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，则当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，则当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)＝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(负值舍去)，∴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．3．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________________．(用“<”连接)答案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)))解析因为f(x)＝xsinx，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，又因为0<eq\f(π,5)<1<eq\f(π,3)<eq\f(π,2)，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))).题型一不含参函数的单调性例1(1)函数f(x)＝xlnx－3x＋2的单调递减区间为________．答案(0，e2)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx－2，当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)．(2)若函数f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，则函数f(x)的单调递增区间为________．答案(0,1)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．∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)．思维升华确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，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已知函数f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x).判断函数f(x)的单调性．解因为f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f(x－1ex,x2)＝eq\f(x－1x－ex,x2)(x>0)．令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex，可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝－1<0.所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．题型二含参数的函数的单调性例2已知函数f(x)＝(2－a)x－lnx－1，a∈R.(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间；(2)若a<0，设g(x)＝f(x)＋ax2，求函数g(x)的单调区间．解(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx－1，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．(2)g(x)＝ax2＋(2－a)x－lnx－1(a<0)，其定义域为(0，＋∞)，∴g′(x)＝2ax＋2－a－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2＋2－ax－1,x)＝eq\f(2x－1ax＋1,x)(a<0)，令g′(x)＝0，可得x1＝eq\f(1,2)，x2＝－eq\f(1,a)>0，①若－eq\f(1,a)>eq\f(1,2)，即－2<a<0，当0<x<eq\f(1,2)或x>－eq\f(1,a)时，g′(x)<0；当eq\f(1,2)<x<－eq\f(1,a)时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,a)))；②若－eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，即a＝－2，则g′(x)≤0，∴g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；③若0<－eq\f(1,a)<eq\f(1,2)，即a<－2，当0<x<－eq\f(1,a)或x>eq\f(1,2)时，g′(x)<0；当－eq\f(1,a)<x<eq\f(1,2)时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(1,2))).综上，当－2<a<0时，g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,a)))；当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a<－2时，g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(1,2))).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已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性．解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若a>ln2，则当x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，当x∈(ln2，a)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减．②若a＝ln2，则g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上单调递增，③若a<ln2，则当x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，g′(x)>0，当x∈(a，ln2)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减．综上，当a>ln2时，g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，g(x)在R上单调递增；当a<ln2时，g(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3(1)(多选)下列不等式成立的是()A．2ln

eq\f(3,2)<eq\f(3,2)ln2 B.eq\r(2)ln

eq\r(3)<eq\r(3)ln

eq\r(2)C．5ln4<4ln5 D．π>elnπ答案AD解析设f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．因为eq\f(3,2)<2<e，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<f(2)，即2ln

eq\f(3,2)<eq\f(3,2)ln2，故选项A正确；因为eq\r(2)<eq\r(3)<e，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(3))，即eq\r(2)ln

eq\r(3)>eq\r(3)ln

eq\r(2)，故选项B不正确；因为e<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln4>4ln5，故选项C不正确；因为e<π，所以f(e)>f(π)，即π>elnπ，故选项D正确．(2)已知函数f(x)＝cosx＋ex＋e－x－eq\f(1,2)x2，则关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为()A．(－1,2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，4))C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪(4，＋∞)答案B解析f′(x)＝ex－e－x－sinx－x，令g(x)＝ex－e－x－sinx－x，则g′(x)＝ex＋e－x－cosx－1≥2eq\r(ex·e－x)－cosx－1＝1－cosx≥0，当且仅当x＝0时等号成立，∴函数g(x)在R上单调递增，又g(0)＝0，∴当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，∴f′(x)≥0，∴当x∈(－∞，0)时，g(x)<g(0)＝0，∴f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，又f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)可转化为|3＋x|>|2x－1|，解得－eq\f(2,3)<x<4.即关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，4)).命题点2根据函数的单调性求参数例4已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．(1)若f(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解(1)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，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．(2)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，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．思维升华由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立．(2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集．跟踪训练3(1)已知函数f(x)＝eq\f(1,ex)－ex＋2x－eq\f(1,3)x3，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________．答案－1≤a≤eq\f(1,3)解析由题意得f′(x)＝－eq\f(1,ex)－ex＋2－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,ex)))＋2－x2，因为ex＋eq\f(1,ex)≥2eq\r(ex·\f(1,ex))＝2，当且仅当x＝0时等号成立，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减，又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0⇒f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤eq\f(1,3).(2)已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________．答案[0,1)解析由题意，f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)＝－eq\f(x2＋3x－4,x)，x∈(0，＋∞)，当f′(x)＝0时，有x2＋3x－4＝0，得x＝－4或x＝1，∵f(x)在(t，t＋2)上不单调，且(t，t＋2)⊆(0，＋∞)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t<1<t＋2，,t≥0，))解得t∈[0,1)．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．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)函数的图象可能是()答案D解析根据导函数的图象可得，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(0,2)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，所以只有D选项符合．3．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx，且a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，c＝，则()A．a>b>c B．c>a>bC．a>c>b D．c>b>a答案B解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx，得f′(x)＝lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为c＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))，0<eq\f(1,\r(e))<eq\f(2,3)<eq\f(4,5)<1，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，故c>a>b.4．已知a∈R，则“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析因为f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a≥0对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)，当x>0时，由基本不等式可得2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x))＝2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，所以a≤2eq\r(2).因为{a|a≤2}{a|a≤2eq\r(2)}，因此，“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．5．(多选)(2023·深圳模拟)若0<x1<x2<1，则()A．－>ln

eq\f(x2＋1,x1＋1) B．－<ln

eq\f(x2＋1,x1＋1)C．x2>x1 D．x2<x1答案AC解析令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，则f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)>0，故f(x)在区间(0,1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即－ln(x1＋1)<－ln(x2＋1)，故－>ln

eq\f(x2＋1,x1＋1)，所以A正确，B错误；令f(x)＝eq\f(ex,x)且x∈(0,1)，则f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)<0，故f(x)在区间(0,1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)>f(x2)，即>，故x2>x1，所以C正确，D错误．6．(多选)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”．下列函数不是“F函数”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案ACD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，x>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，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，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，故D中函数不是“F函数”．7．函数f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的单调递增区间为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))解析f′(x)＝－e－xcosx－e－xsinx＝－e－x(cosx＋sinx)＝－eq\r(2)e－xsineq\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，e－x>0，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0，则f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))时，e－x>0，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))<0，则f′(x)>0，∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).8．已知函数f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是________．答案eq\f(2,5)<a<1解析f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.因为f(x)在[1,2]上不单调，故eq\f(2,5)<a<1.9．已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)试讨论函数f(x)的单调性．解(1)因为a＝1，所以f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，所以f′(1)＝e－1，f(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)因为f(x)＝aex－x，a∈R，x∈R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)＝aex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，当x>－lna时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增，综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．10．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex，x∈R.(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝－(x2－2)ex，令f′(x)>0，即x2－2<0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2)，∴f(x)的单调递增区间是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，若f(x)在(－1,1)上单调递增，即当－1<x<1时，f′(x)≥0，即－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立，即a≥x＋1－eq\f(1,x＋1)对x∈(－1,1)恒成立，令y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，∴y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上单调递增，∴y<1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，∴a≥eq\f(3,2)，∴a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).11．(多选)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x，则下列说法正确的是()A．f(ln2)＝ln

eq\f(5,2) B．f(x)是奇函数C．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 D．f(x)的最小值为ln2答案ACD解析f(ln2)＝ln(e2ln2＋1)－ln2＝ln5－ln2＝ln

eq\f(5,2)，A正确；f(x)＝ln(e2x＋1)－x＝ln(ex＋e－x)定义域为R，其中f(－x)＝ln(e－x＋ex)＝f(x)，故f(x)是偶函数，B错误；f′(x)＝eq\f(ex－e－x,ex＋e－x)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝eq\f(ex－e－x,ex＋e－x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，C正确；根据f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(x)是偶函数，可得f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(x)的最小值为f(0)＝ln2，D正确．12．已知函数f(x)＝ex－e－x＋eq\f(1,2)sin

eq\f(π,2)x＋1，实数a，b满足不等式f(3a＋b)＋f(a－1)<2，则下列不等式成立的是()A．2a＋b<－1 B．2a＋b>－1C．4a＋b<1 D．4a＋b>1答案C解析设g(x)＝ex－e－x＋eq\f(1,2)sin

eq\f(π,2)x，则g(x)＝f(x)－1，f(3a＋b)＋f(a－1)<2，即g(3a＋b)＋g(a－1)<0，∵g(－x)＝e－x－ex－eq\f(1,2)sin

eq\f(π,2)x＝－g(x)，∴函数g(x)是奇函数，∵g′(x)＝ex＋e－x＋eq\f(π,4)cos

eq\f(π,2)x≥2eq\r(ex·e－x)＋eq\f(π,4)cos

eq\f(π,2)x＝2＋eq\f(π,4)cos

eq\f(π,2)x>0，∴g(x)是增函数，∵g(3a＋b)＋g(a－1)<0，∴g(3a＋b)<－g(a－1)＝g(1－a)，则3a＋b<1－a，即4a＋b<1.13．(多选)(2023·杭州模拟)已知f(x)＝(a2－1)ex－1－eq\f(1,2)x2，若不等式f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))在(1，＋∞)上恒成立，则a的值可以为()A．－eq\r(2)B．－1C．1D.eq\r(2)答案AD解析设y＝x－1－lnx(x>1)，则y′＝1－eq\f(1,x)>0，∴y＝x－1－lnx在(1，＋∞)上单调递增，∴x－1－lnx>0，∴lnx<x－1，x∈(1，＋∞)，∴0<lnx<x－1，∴eq\f(1,lnx)>eq\f(1,x－1)>0.又f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))在(1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝(a2－1)ex－1－x≥0对∀x∈(1，＋∞)恒成立，即a2－1≥eq\f(x,ex－1)在x∈(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x,ex－1)，x∈(1，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1－x,ex－1)，当x>1时，g′(x)<0，故g(x)<g(1)＝1，∴a2－1≥1，解得a≥eq\r(2)或a≤－eq\r(2)，∴a的值可以为－eq\r(2)，eq\r(2).14．(2023·蚌埠模拟)若x1·＝x2·log2x2＝2024，则x1x2的值为________．答案2024解析因为x1·＝x2·log2x2＝2024，所以log2＝x2·log2x2＝2024，则>1，x1>0，x2>1，设f(x)＝xlog2x(x>1)，则f′(x)＝log2x＋eq\f(1,ln2)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以＝x2，所以x1x2＝x1·＝2024.

§3.3导数与函数的极值、最值考试要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(√)(2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(×)(3)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(√)教材改编题1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案A解析由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个．2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________________．答案(－∞，－eq\r(6))∪(eq\r(6)，＋∞)解析f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq\r(6)或a<－eq\r(6).3．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.题型一利用导数求解函数的极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1(多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是()A．当x＝－1时，f(x)取得极小值B.f(x)在[－2,1]上单调递增C．当x＝2时，f(x)取得极大值D.f(x)在[－1,2]上不具备单调性答案AC解析由导函数f′(x)的图象可知，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝－1时，f′(x)＝0；当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x＝2时，f′(x)＝0