2025年高考科学复习创新方案数学提升版第四章第1讲含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第四章第1讲含答案第1讲导数的概念及运算[课程标准]1.通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道导数是瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想，体会极限思想.2.通过函数图象直观理解导数的几何意义.3.能根据导数定义求函数y＝c，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的导数.4.能利用给出的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；能求简单的复合函数(限于形如f(ax＋b))的导数.5.会使用导数公式表．1．导数的概念(1)平均变化率：对于函数y＝f(x)，把比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)叫做函数y＝f(x)从x0到x0＋Δx的平均变化率．(2)瞬时变化率：如果当Δx→0时，平均变化率eq\f(Δy,Δx)无限趋近于一个确定的值，即eq\f(Δy,Δx)有极限，则称y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0处的导数(也称为瞬时变化率)，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx).(3)当x变化时，y＝f′(x)就是x的函数，称它为y＝f(x)的导函数(简称导数)，即y′＝f′(x)＝eq\x(\s\up1(02))eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数就是曲线y＝f(x)在点eq\x(\s\up1(03))P(x0，f(x0))处的切线的斜率，即曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k0＝f′(x0)，切线方程为eq\x(\s\up1(04))y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．3．基本初等函数的导数公式(1)c′＝eq\x(\s\up1(05))0(c为常数)．(2)(xα)′＝eq\x(\s\up1(06))αxα－1(α∈R，且α≠0)．(3)(sinx)′＝eq\x(\s\up1(07))cosx．(4)(cosx)′＝eq\x(\s\up1(08))－sinx．(5)(ax)′＝eq\x(\s\up1(09))axlna(a＞0，且a≠1)．(6)(ex)′＝eq\x(\s\up1(10))ex．(7)(logax)′＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(1,xlna)(a＞0，且a≠1)．(8)(lnx)′＝eq\x(\s\up1(12))eq\f(1,x)．4．导数的运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝eq\x(\s\up1(13))f′(x)±g′(x)．(2)[f(x)g(x)]′＝eq\x(\s\up1(14))f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．特别地：[cf(x)]′＝eq\x(\s\up1(15))cf′(x)(c为常数)．(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq\x(\s\up1(16))eq\f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)．5．复合函数的导数一般地，对于由函数y＝f(u)和u＝g(x)复合而成的函数y＝f(g(x))，它的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝eq\x(\s\up1(17))yu′·ux′，即y对x的导数等于eq\x(\s\up1(18))y对u的导数与eq\x(\s\up1(19))u对x的导数的乘积．1．可导奇函数的导数是偶函数，可导偶函数的导数是奇函数，可导周期函数的导数还是周期函数．2．两类切线问题的区别(1)“过”与“在”：曲线y＝f(x)“在点P(x0，y0)处的切线”与“过点P(x0，y0)的切线”的区别：前者P(x0，y0)为切点，而后者P(x0，y0)不一定为切点．(2)“切点”与“公共点”：曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点，而直线与二次曲线相切只有一个公共点．1．下列求导运算正确的是()A．(sina)′＝cosa(a为常数) B．(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C．(3x)′＝3xlog3e D．(eq\r(x＋1))′＝eq\f(2,\r(x＋1))答案B解析由a为常数知(sina)′＝0，A错误；(log2x)′＝eq\f(1,xln2)，B正确；(3x)′＝3xln3，C错误；(eq\r(x＋1))′＝[(x＋1)eq\f(1,2)]′＝eq\f(1,2)(x＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2\r(x＋1))，D错误．故选B.2．(人教A选择性必修第二册习题5.1T1改编)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解析因为h′(t)＝－9.8t＋8，所以h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1，所以此运动员在0.5秒时的瞬时速度为3.1米/秒．3．(人教A选择性必修第二册习题5.2T2改编)已知函数f(x)＝ln(3－2x)＋cos2x，则f′(0)＝________．答案－eq\f(2,3)解析因为f′(x)＝－eq\f(2,3－2x)－2sin2x，所以f′(0)＝－eq\f(2,3).4．(人教A选择性必修第二册习题5.2T5改编)曲线y＝eq\f(cosx,x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线方程为________．答案y＝－eq\f(2,π)x＋1解析因为y′＝eq\f(（cosx）′x－cosx·x′,x2)＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)＝－eq\f(xsinx＋cosx,x2)，所以当x＝eq\f(π,2)时，y′＝－eq\f(\f(π,2)×1＋0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))\s\up12(2))＝－eq\f(2,π)，故所求切线方程为y－0＝－eq\f(2,π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，即y＝－eq\f(2,π)x＋1.5．已知直线y＝kx是曲线y＝ex的切线，则实数k的值为________．答案e解析y＝ex的导数为y′＝ex，设切点为P(x0，ex0)，则在点P处的切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，将点(0，0)代入，得x0＝1，∴P(1，e)，∴k＝e.考向一导数的运算例1求下列函数的导数：①y＝tanx；②y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))；③y＝eq\f(1,（2x－1）3)；④y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))).解①y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(（sinx）′cosx－sinx（cosx）′,cos2x)＝eq\f(1,cos2x).②因为y＝x3＋eq\f(1,x2)＋1，所以y′＝3x2－eq\f(2,x3).③y′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（2x－1）3)))′＝[(2x－1)－3]′＝－3(2x－1)－4×2＝－6(2x－1)－4.④因为y＝xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\f(1,2)xsin(4x＋π)＝－eq\f(1,2)xsin4x，所以y′＝－eq\f(1,2)sin4x－eq\f(1,2)x·4cos4x＝－eq\f(1,2)sin4x－2xcos4x.1.(多选)下列求导运算正确的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,x)))′＝1＋eq\f(3,x2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2xcosx－4sinx,x3)C．[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2 D．(2x＋cosx)′＝2xln2－sinx答案BD解析对于A，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,x)))′＝1－eq\f(3,x2)，A不正确；对于B，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2cosx·x2－2x·2sinx,（x2）2)＝eq\f(2xcosx－4sinx,x3)，B正确；对于C，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2·3＝9(3x＋5)2，C不正确；对于D，(2x＋cosx)′＝2xln2－sinx，D正确．故选BD.2．已知函数f(x)＝e2x＋f′(0)ln(x＋4)，则f′(0)＝________．答案eq\f(8,3)解析因为f′(x)＝2e2x＋eq\f(f′（0）,x＋4)，所以f′(0)＝2＋eq\f(f′（0）,4)，解得f′(0)＝eq\f(8,3).多角度探究突破考向二导数的几何意义角度导数与函数图象例2(1)(2024·长春模拟)已知函数y＝f(x)的部分图象如图所示，且f′(x)是f(x)的导函数，则()A．f′(－1)＝f′(－2)＜0＜f′(1)＜f′(2)B．f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－1)＝f′(－2)C．0＞f′(2)＞f′(1)＞f′(－1)＝f′(－2)D．f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－2)＜f′(－1)答案B解析f′(－2)，f′(－1)，f′(1)，f′(2)分别表示曲线y＝f(x)在x＝－2，x＝－1，x＝1，x＝2处切线的斜率，结合图象可知，当x<0时，f′(x)是一个大于0的常数，当x>0时，f′(x)小于0且随着x的增大而减小，所以f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－1)＝f′(－2)．故选B.(2)(2023·济南检测)曲线y＝f(x)在点P(－1，f(－1))处的切线l如图所示，则f′(－1)＋f(－1)＝________．答案－2解析∵直线l过点(－2，0)和(0，－2)，∴直线l的斜率f′(－1)＝eq\f(0－（－2）,－2－0)＝－1，直线l的方程为y＝－x－2，则f(－1)＝1－2＝－1.故f′(－1)＋f(－1)＝－1－1＝－2.导数与函数图象的关系(1)关系图(2)结论函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，y＝f(x)增加(或减少)得越快，图象越“陡峭”；|f′(x)|越小，y＝f(x)增加(或减少)得越慢，图象越“平缓”．1．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()答案D解析由导函数图象可知两函数的图象在x0处的切线斜率相等，故选D.2.(2023·黄冈二模)函数f(x)的图象如图所示，记A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)，则A，B，C中最大的是________．答案A解析作出f(x)在三点处的切线如图，则A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)分别为切线l1，l2，l3的斜率，由图可知f′(x1)＞f′(x3)＞f′(x2)，即A＞C＞B.角度求切点的坐标例3(2024·山东新高考联考)过点(3，0)作曲线f(x)＝xex的两条切线，切点分别为(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，则x1＋x2＝()A．－3 B．－eq\r(3)C.eq\r(3) D．3答案D解析因为f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex，设切点坐标为(x0，x0ex0)，所以f′(x0)＝(x0＋1)ex0，所以切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0·(x－x0)，所以－x0ex0＝(x0＋1)ex0(3－x0)，即(－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋3)ex0＝0，依题意关于x0的方程(－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋3)ex0＝0有两个不同的解x1，x2，即关于x0的方程－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋3＝0有两个不同的解x1，x2，所以x1＋x2＝3.故选D.求切点坐标的一般步骤若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标为________．答案(e，e)解析设点P(x0，y0)，∵y＝xlnx，∴y′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝1＋lnx．∴曲线y＝xlnx在点P处的切线斜率k＝1＋lnx0.又k＝2，∴1＋lnx0＝2，∴x0＝e，y0＝elne＝e，∴点P的坐标为(e，e)．角度求切线的方程例4(1)(2023·全国甲卷)曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为()A．y＝eq\f(e,4)x B．y＝eq\f(e,2)xC．y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4) D．y＝eq\f(e,2)x＋eq\f(3e,4)答案C解析设曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y－eq\f(e,2)＝k(x－1)，因为y＝eq\f(ex,x＋1)，所以y′＝eq\f(ex（x＋1）－ex,（x＋1）2)＝eq\f(xex,（x＋1）2)，所以k＝y′|x＝1＝eq\f(e,4)，所以y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，所以曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).故选C.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)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解析当x＞0时，y＝lnx，设切点为(x0，lnx0)，由y′＝eq\f(1,x)，所以y′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，所以切线方程为y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又切线过坐标原点，所以－lnx0＝eq\f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切线方程为y－1＝eq\f(1,e)(x－e)，即y＝eq\f(1,e)x；当x＜0时，y＝ln(－x)，设切点为(x1，ln(－x1))，由y′＝eq\f(1,x)，所以y′|x＝x1＝eq\f(1,x1)，所以切线方程为y－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，又切线过坐标原点，所以－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(－x1)，解得x1＝－e，所以切线方程为y－1＝eq\f(1,－e)(x＋e)，即y＝－eq\f(1,e)x.求曲线的切线方程的方法(1)当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．(2)当点P(x0，y0)不是切点时，解题步骤如下：提醒：“在点P处的切线”一定是以点P为切点；“过点P的切线”，不论点P在不在曲线上，点P不一定是切点．1.(2023·宜昌四模)函数y＝f(x)＝sin2x＋cosx的图象在点(0，1)处的切线方程为________．答案2x－y＋1＝0解析f′(x)＝2cos2x－sinx，故f′(0)＝2，故在点(0，1)处的切线方程为y－1＝2(x－0)，化简得2x－y＋1＝0.2．(2024·绍兴模拟)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))作曲线y＝x3的切线，写出一条切线方程：________________．答案y＝0或y＝3x＋2(写出一条即可)解析由y＝x3可得y′＝3x2，设过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))作曲线y＝x3的切线的切点为(x0，y0)，则y0＝xeq\o\al(3,0)，则该切线方程为y－y0＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)，将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))代入得－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)－x0))，解得x0＝0或x0＝－1，故切点坐标为(0，0)或(－1，－1)，故切线方程为y＝0或y＝3x＋2.角度求参数的值或取值范围例5(1)(2023·山东部分重点中学联考)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解析因为y′＝3x2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，故切线的斜率k≥－eq\r(3)，所以切线的倾斜角α的取值范围为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.(2)(2022·新高考Ⅰ卷)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)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝(x0＋a＋1)ex0＝eq\f(（x0＋a）ex0,x0)，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有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．处理与切线有关的参数问题的策略(1)依据：曲线、切线、切点的三个关系①切点处的导数是切线的斜率；②切点坐标满足切线方程；③切点坐标满足曲线方程．(2)方法：列出关于参数的方程(组)或不等式(组)并解出参数．提醒：注意曲线上点的横坐标的取值范围．(2024·襄阳模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－2x－1，x<0，,ln（x＋1），x≥0，))若关于x的方程f(x)－kx＝0有两个不同的实数根，则k的取值范围为()A．(－∞，－2)∪(0，1) B．(－∞，－1)∪(0，1)C．(－∞，0)∪(0，1) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)答案A解析对函数y＝e－2x－1求导得y′＝－2e－2x，对函数y＝ln(x＋1)求导得y′＝eq\f(1,x＋1)，作出函数f(x)的图象如图所示，当直线y＝kx与曲线y＝ln(x＋1)相切于原点时，k＝eq\f(1,0＋1)＝1，当直线y＝kx与曲线y＝e－2x－1相切于原点时，k＝－2，结合图象可知，当k＜－2或0＜k＜1时，直线y＝kx与函数f(x)的图象有两个交点．故选A.角度两曲线的公切线问题例6(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)由题意知，f(－1)＝－1－(－1)＝0，f′(x)＝3x2－1，f′(－1)＝3－1＝2，则曲线y＝f(x)在点(－1，0)处的切线方程为y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.设该切线与曲线y＝g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，则g′(x2)＝2x2＝2，解得x2＝1，则g(1)＝1＋a＝2＋2，解得a＝3.(2)f′(x)＝3x2－1，则曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(xeq\o\al(3,1)－x1)＝(3xeq\o\al(2,1)－1)(x－x1)，整理得y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1).设该切线与曲线y＝g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，则g′(x2)＝2x2，则切线方程为y－(xeq\o\al(2,2)＋a)＝2x2(x－x2)，整理得y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)＋a.则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3xeq\o\al(2,1)－1＝2x2，,－2xeq\o\al(3,1)＝－xeq\o\al(2,2)＋a，))整理得a＝xeq\o\al(2,2)－2xeq\o\al(3,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3xeq\o\al(2,1),2)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－2xeq\o\al(3,1)＝eq\f(9,4)xeq\o\al(4,1)－2xeq\o\al(3,1)－eq\f(3,2)xeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4).令h(x)＝eq\f(9,4)x4－2x3－eq\f(3,2)x2＋eq\f(1,4)，则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)，令h′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)，0，1，则x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))0(0，1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)单调递减eq\f(5,27)单调递增eq\f(1,4)单调递减－1单调递增由上表知，当x＝－eq\f(1,3)时，h(x)取极小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，当x＝1时，h(x)取极小值h(1)＝－1，易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以h(x)的值域为[－1，＋∞)，故a的取值范围为[－1，＋∞)．一般地，求C1：y＝f(x)与C2：y＝g(x)的公切线l的方程有以下三种方法：(1)设切点分别为A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，公切线l：y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，y－g(x2)＝g′(x2)(x－x2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x1）＝g′（x2），,f（x1）－x1f′（x1）＝g（x2）－x2g′（x2），))研究方程组解的情况．(2)设切点分别为A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，公切线l的方程为y＝kx＋b，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝f′（x1）＝g′（x2），,f（x1）＝kx1＋b，,g（x2）＝kx2＋b，))研究方程组解的情况．(3)设切点分别为A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，f′(x1)＝g′(x2)＝eq\f(f（x1）－g（x2）,x1－x2)(x1≠x2)．研究方程组解的情况，解的情况对应着公切线的情况．但要注意，求解方程时，一般可转化为研究函数的零点问题．(2023·青岛模拟)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．2 B．5C．1 D．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.课时作业一、单项选择题1．(2024·重庆南开中学模拟)若f(x)＝cos2x，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝()A．－1 B．1C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)答案A解析因为f(x)＝cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)，所以f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos2x,2)＋\f(1,2)))′＝eq\f(1,2)×(－sin2x)×(2x)′＝－sin2x，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－sineq\f(π,2)＝－1.2．曲线y＝f(x)在x＝1处的切线如图所示，则f′(1)－f(1)＝()A．0 B．2C．－2 D．－1答案C解析设曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝kx＋b，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,－2k＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝2，))所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x＋2，所以f′(1)＝1，f(1)＝1＋2＝3，因此f′(1)－f(1)＝1－3＝－2.故选C.3．(2024·潍坊模拟)设f(x)为R上的可导函数，且eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1＋2Δx）,Δx)＝－2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为()A．2 B．－1C．1 D．－eq\f(1,2)答案C解析f′(1)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1＋2Δx）,－2Δx)＝－eq\f(1,2)eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1＋2Δx）,Δx)＝1.故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为1.故选C.4．(2024·深圳模拟)已知曲线y＝axex＋lnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝3x＋b，则()A．a＝e，b＝－2 B．a＝e，b＝2C．a＝e－1，b＝－2 D．a＝e－1，b＝2答案C解析y′＝aex＋axex＋eq\f(1,x)，切线斜率k＝y′|x＝1＝ae＋ae＋1＝2ae＋1＝3，∴ae＝1，∴a＝eq\f(1,e)＝e－1.将(1，1)代入y＝3x＋b得3＋b＝1，∴b＝－2.故选C.5．(2023·保定模拟)吹气球时，气球的体积V(单位：L)与半径r(单位：dm)之间的关系是V＝eq\f(4,3)πr3.当V＝eq\f(4π,3)L时，气球的瞬时膨胀率(气球半径关于气球体积的瞬时变化率)为()A．eq\f(1,4π)dm/L B．eq\f(1,3)dm/LC．3L/dm D．4πL/dm答案A解析∵V＝eq\f(4,3)πr3，∴r＝eq\r(3,\f(3V,4π))，∴r′＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3V,4π)))－eq\s\up7(\f(2,3))×eq\f(3,4π)＝eq\f(1,4π)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3V,4π)))－eq\s\up7(\f(2,3))，当V＝eq\f(4π,3)L时，r′＝eq\f(1,4π)，∴气球的瞬时膨胀率为eq\f(1,4π)dm/L.故选A.6．(2024·宣城模拟)若曲线y＝alnx＋x2(a>0)的切线的倾斜角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则a＝()A.eq\f(1,24) B.eq\f(3,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,2)答案B解析由题意知，y′＝eq\f(a,x)＋2x≥2eq\r(2a)，当且仅当x＝eq\r(\f(a,2))时，等号成立．因为曲线的切线的倾斜角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以斜率k≥eq\r(3)，则eq\r(3)＝2eq\r(2a)，解得a＝eq\f(3,8).7．(2024·荆门龙泉中学质检)过点P(1，2)作曲线C：y＝eq\f(4,x)的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为()A．2x＋y－8＝0 B．2x＋y－6＝0C．2x＋y－4＝0 D．x＋2y－5＝0答案A解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝eq\f(4,x)，得y′＝－eq\f(4,x2)，∴曲线C在A点处的切线方程为y－y1＝－eq\f(4,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，把P(1，2)代入切线方程，得2－y1＝－eq\f(4,xeq\o\al(2,1))(1－x1)，化简得2x1＋y1－8＝0，同理可得曲线C在B点处的切线方程为2x2＋y2－8＝0，∵A，B都满足直线2x＋y－8＝0，∴直线AB的方程为2x＋y－8＝0.故选A.8．(2023·成都模拟)已知lnx1－x1－y1＋2＝0，x2＋2y2－4－2ln2＝0，则eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)的最小值为()A.eq\f(\r(10),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(10),5) D.eq\f(2\r(15),5)答案B解析eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)的最小值可转化为函数y＝lnx－x＋2图象上的点与直线x＋2y－4－2ln2＝0上的点的距离的最小值，由y＝lnx－x＋2，可得y′＝eq\f(1,x)－1，与直线x＋2y－4－2ln2＝0平行的直线的斜率为－eq\f(1,2)，令eq\f(1,x)－1＝－eq\f(1,2)，得x＝2，所以切点的坐标为(2，ln2)，切点到直线x＋2y－4－2ln2＝0的距离d＝eq\f(|2＋2ln2－4－2ln2|,\r(1＋4))＝eq\f(2\r(5),5).故选B.二、多项选择题9．(2023·辽宁本溪高级中学期末)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是()A．y＝cosx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x2答案AD解析由题意y＝f(x)具有T性质，则存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1.对于A，f′(x)＝－sinx，存在x1＝eq\f(π,2)，x2＝－eq\f(π,2)，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于B，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于C，f′(x)＝ex＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于D，f′(x)＝2x，存在x1＝1，x2＝－eq\f(1,4)，使得f′(x1)f′(x2)＝4x1x2＝－1.故选AD.10．若直线y＝3x＋m是曲线y＝x3(x＞0)与曲线y＝－x2＋nx－6(x＞0)的公切线，则()A．m＝－2 B．m＝－1C．n＝6 D．n＝7答案AD解析设直线y＝3x＋m与曲线y＝x3(x＞0)相切于点(a，a3)，对于函数y＝x3(x＞0)，y′＝3x2，则3a2＝3(a＞0)，解得a＝1，所以13＝3＋m，即m＝－2；设直线y＝3x－2与曲线y＝－x2＋nx－6(x＞0)相切于点(b，3b－2)，对于函数y＝－x2＋nx－6(x＞0)，y′＝－2x＋n，则－2b＋n＝3(b＞0)，又－b2＋nb－6＝3b－2，所以－b2＋b(3＋2b)－6＝3b－2，又b＞0，所以b＝2，n＝7.故选AD.11．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x)．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，则()A．f(0)＝0 B．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)答案BC解析因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))为偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(3,2)对称，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2×\f(5,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2×\f(5,4)))，即f(－1)＝f(4)，故C正确；因为f(x)的图象关于直线x＝eq\f(3,2)对称，所以f(x)＝f(3－x)，所以f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＝－g(3－x)，所以g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))对称，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(1)＝－g(2)，又g(2＋x)为偶函数，所以g(2＋x)＝g(2－x)，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，所以g(x)的周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝2，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正确，D错误；不妨取f(x)＝1(x∈R)，经验证满足题意，但f(0)＝1，故A错误．故选BC.三、填空题12．(2024·广州模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3－xf′(2)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________________．答案6x－y－16＝0解析对函数f(x)＝x3－xf′(2)，求导可得f′(x)＝3x2－f′(2)，得f′(2)＝3×22－f′(2)，因而切线的斜率k＝f′(2)＝6，又f(2)＝23－2×f′(2)＝8－12＝－4，由点斜式可得切线方程为y＋4＝6(x－2)，即6x－y－16＝0.13．(2024·广东省四校联考)对于二元函数z＝f(x，y)，若eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx，y0）－f（x0，y0）,Δx)存在，则称eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx，y0）－f（x0，y0）,Δx)为f(x，y)在点(x0，y0)处对x的偏导数，记为f′x(x0，y0)；若eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δy→0))eq\f(f（x0，y0＋Δy）－f（x0，y0）,Δy)存在，则称eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δy→0))eq\f(f（x0，y0＋Δy）－f（x0，y0）,Δy)为f(x，y)在点(x0，y0)处对y的偏导数，记为f′y(x0，y0)．已知二元函数z＝f(x，y)＝x2－2xy＋y3(x>0，y>0)，则f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)的最小值为________．答案－eq\f(1,3)解析根据偏导数的定义，在求对x的偏导数时，f(x，y)中y可作为常数，即函数可看作是x的一元函数求导，同理在求对y的偏导数时，f(x，y)中x可作为常数，即函数可看作是y的一元函数求导，所以f′x(x，y)＝2x－2y，f′y(x，y)＝－2x＋3y2，f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)＝2x0－2y0－2x0＋3yeq\o\al(2,0)＝3yeq\o\al(2,0)－2y0＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－\f(1,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,3)，所以f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)的最小值是－eq\f(1,3).14．(2023·长沙模拟)设函数f(x)＝mex－lnx，参数m＞0，过点(0，1)作曲线C：y＝f(x)的切线(斜率存在)，则切线的斜率为________(用含m的式子表示)．答案me－1解析由f(x)＝mex－lnx，得f′(x)＝mex－eq\f(1,x)，设切点坐标为(t，met－lnt)，则f′(t)＝met－eq\f(1,t)，∴过切点的切线方程为y－(met－lnt)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(met－\f(1,t)))(x－t)，把(0，1)代入，可得1－(met－lnt)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(met－\f(1,t)))(0－t)，整理得met(t－1)＋lnt＝0，令g(t)＝met(t－1)＋lnt，g′(t)＝mtet＋eq\f(1,t)>0，g(t)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，∴1－(met－lnt)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(met－\f(1,t)))(0－t)的根为t＝1，∴切线的斜率为f′(1)＝me－1.四、解答题15．(2022·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,ex)，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程．解因为f(0)＝0，所以切点为(0，0)，因为f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1－x,ex)，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.16．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．(1)求切点P0的坐标；(2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．解(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知令3x2＋1＝4，解得x＝±1.当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.又点P0在第三象限，∴切点P0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，∴直线l的斜率为－eq\f(1,4).∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，∴直线l的方程为y＋4＝－eq\f(1,4)(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.17．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\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝b＝0，,f′（0）＝－a（a＋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)，＋∞)).第2讲导数与函数的单调性[课程标准]能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．1．函数的导数与单调性的关系条件函数y＝f(x)在某个区间(a，b)上可导结论(1)若f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)上eq\x(\s\up1(01))单调递增(2)若f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)上eq\x(\s\up1(02))单调递减(3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是eq\x(\s\up1(03))常数函数2．由导数求单调区间的一般步骤第一步，确定函数的eq\x(\s\up1(04))定义域；第二步，求出导数f′(x)的零点；第三步，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eq\x(\s\up1(05))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．用充分必要条件诠释可导函数与该函数单调性的关系(1)f′(x)>0(<0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的必要不充分条件．(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充要条件．1.(人教A选择性必修第二册复习参考题5T3改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是()答案D解析由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知选D.2．(2024·宁波一中阶段考试)函数f(x)＝eq\f(x－2,ex)的单调递增区间为()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析由题意得f′(x)＝eq\f(3－x,ex)，令f′(x)＝eq\f(3－x,ex)>0，得x<3，故函数f(x)＝eq\f(x－2,ex)的单调递增区间是(－∞，3)．故选A.3．(人教A选择性必修第二册5.3.1例1(2)改编)已知函数f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是()A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)答案D解析f′(x)＝1－cosx，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上单调递增，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.4．(人教A选择性必修第二册5.3.1例4改编)已知f(x)＝log3x，g(x)＝lnx．因为f′(x)________g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更________(第一个空填“>”或“<”，第二个空填“陡峭”或“平缓”)．答案<平缓解析因为f′(x)＝eq\f(1,xln3)>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，且eq\f(g′（x）,f′（x）)＝ln3>lne＝1，所以f′(x)<g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更平缓．5．已知函数f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是________________；(2)若f(x)在(2，3)上不单调，则实数a的取值范围是________．答案(1)(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))解析由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a,3))).(1)若f(x)在(2，3)上单调递减，则有eq\f(2a,3)≥3，解得a≥eq\f(9,2)；若f(x)在(2，3)上单调递增，则有eq\f(2a,3)≤2，解得a≤3，所以若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)).(2)若f(x)在(2，3)上不单调，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3<a<eq\f(9,2)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2))).考向一利用导数研究不含参函数的单调性例1(1)(2024·河南重点中学联考)函数f(x)＝xlnx＋1的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．(e，＋∞)答案A解析令f′(x)＝1＋lnx<0⇒x<eq\f(1,e)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减．故选A.(2)(2024·苏州模拟)函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________．答案(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)>0，得x<－2或x>eq\f(2,3)，故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).利用导数求不含参函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，与定义域求交集，求出单调区间．(2)当导函数方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间上f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，只能用“，”“和”隔开．1.函数f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．答案(－∞，0)(0，1)解析f(x)的定义域为{x|x≤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)．2．求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)极小值∴f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).考向二利用导数研究含参函数的单调性例2已知函数g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．解因为g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝eq\f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax－1）（x－1）,x).由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，若eq\f(1,2a)<1，即a>eq\f(1,2)，由g′(x)>0得x>1或0<x<eq\f(1,2a)，由g′(x)<0得eq\f(1,2a)<x<1，所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减；若eq\f(1,2a)>1，即0<a<eq\f(1,2)，由g′(x)>0得x>eq\f(1,2a)或0<x<1，由g′(x)<0得1<x<eq\f(1,2a)，所以函数g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a<eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；当a＝eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>eq\f(1,2)时，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减．利用导数讨论含参函数单调性的策略(1)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式的正负、二次项系数的正负、两根的大小及根是否在定义域内．(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0的点和函数的间断点．(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．已知函数f(x)＝a(x－2)ex－(x－1)2.讨论函数f(x)的单调性．解f′(x)＝aex＋a(x－2)ex－2(x－1)＝(x－1)aex－2(x－1)＝(x－1)(aex－2)．①当a≤0时，aex－2<0，所以在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(－∞，1)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．②当a＞0时，f′(x)＝a(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(2,a)))，令f′(x)＝0得x＝1或x＝lneq\f(2,a)，当lneq\f(2,a)>1，即0＜a<eq\f(2,e)时，在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当lneq\f(2,a)<1，即a>eq\f(2,e)时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当lneq\f(2,a)＝1，即a＝eq\f(2,e)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．综上所述，当0<a<eq\f(2,e)时，f(x)在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上单调递减；当a＞eq\f(2,e)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上单调递减；当a＝eq\f(2,e)时，f(x)在R上单调递增；当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．多角度探究突破考向三利用导数解决函数单调性的应用问题角度比较大小或解不等式例3(1)(2023·张家口调研)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小关系为()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) B．f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)答案A解析由题意知f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，则函数f(x)是偶函数，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).(2)(2023·西宁大通县一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)＝20，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>6x2＋2，则不等式f(x)>2x3＋2x的解集为()A．{x|x>－2} B．{x|x>2}C．{x|x<2} D．{x|x<－2或x>2}答案B解析令g(x)＝f(x)－2x3－2x，则g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式f(x)>2x3＋2x的解集为{x|x>2}．故选B.利用导数比较大小或解不等式的策略(1)判断已知(或构造后的)函数的单调性．(2)由单调性比较大小，通常是由自变量的大小推出对应函数值的大小；由单调性解不等式，通常是由函数值的大小推出对应自变量的大小．1.(2023·潍坊二模)设函数f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，则不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0的解集为()A．(－∞，1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) D．(1，＋∞)答案D解析根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，此时有f′(x)＝ex＋sinx>0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数．f(2x－1)＋f(x－2)>0⇒f(2x－1)>－f(x－2)⇒f(2x－1)>f(2－x)⇒2x－1>2－x，解得x>1，即原不等式的解集为(1，＋∞)．2．(2024·安庆模拟)已知a＝eq\f(ln\r(2),4)，b＝eq\f(1,e2)，c＝eq\f(lnπ,2π)，则a，b，c的大小关系为()A．a<c<b B．b<a<cC．a<b<c D．c<a<b答案C解析令f(x)＝eq\f(lnx,x2)，则f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3).令f′(x)<0，解得x>eq\r(e)，因此f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，因为a＝eq\f(ln\r(2),4)＝eq\f(ln4,16)＝f(4)，b＝eq\f(1,e2)＝eq\f(lne,e2)＝f(e)，c＝eq\f(lnπ,2π)＝eq\f(ln\r(π),π)＝f(eq\r(π))，又因为4>e>eq\r(π)>eq\r(e)，所以f(4)<f(e)<f(eq\r(π))，即a<b<c.故选C.角度根据函数的单调性求参数例4(1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为()A．e2 B．eC．e－1 D．e－2答案C解析依题意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.(2)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________．答案(－1，0)∪(0，＋∞)解析因为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)))eq\s\do7(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，＋∞)．已知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．1.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是________．答案[－1，1)解析因为f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函数f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间[－2，2]的子区间，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m≥－2，,m＋1≤2，,m＋1>2m，))解得－1≤m<1，所以实数m的取值范围是[－1，1)．2．(2023·白城第一中学质检)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f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)，∵函数f(x)在(t，t＋2)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)在(t，t＋2)上有变号零点，∴eq\f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋2)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋2)上有解，由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋2)，∴t∈(－1，1)，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故实数t的取值范围是[0，1)．

课时作业一、单项选择题1.(2023·马鞍山模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列结论正确的是()A．f(b)＞f(c)＞f(a) B．f(b)＞f(c)＝f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a) D．f(e)＞f(d)＞f(c)答案D解析由题意可知，当x∈[c，e]时，f′(x)≥0，函数是增函数，所以f(e)＞f(d)＞f(c)．故选D.2．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝()A．－4 B．－1C．1 D．4答案A解析易知f′(x)＝x2－3x＋a，由题意知f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4.3．(2024·镇江模拟)若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝eq\f(f（x）,ex)的单调递减区间为()A．(0，2) B．(－∞，0)和(2，