2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-全书完整上册2

第一节导数的概念、几何意义及运算课标解读考向预测1.了解导数概念的实际背景，能通过函数图象直观理解导数的几何意义.2.能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的导数.3.能利用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，会求简单复合函数(限于形如f(ax＋b))的导数.从近三年高考情况来看，本节是高考中的必考内容．预计2026年高考会以客观题的形式考查导数的定义、求曲线的切线方程．导数的几何意义也可能会作为解答题中的一问进行考查，难度中、低档.必备知识—强基础1．平均变化率对于函数y＝f(x)，把比值eq\f(Δy,Δx)，即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．瞬时速度一般地，如果物体的运动规律可以用函数s＝s(t)来描述，那么，物体在时刻t的瞬时速度v就是物体在t到t＋Δt这段时间内，当Δt无限趋近于0时，eq\f(Δs,Δt)无限趋近的常数．3．瞬时变化率定义式eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)实质瞬时变化率是当自变量的改变量趋近于0时，平均变化率趋近的值作用刻画函数在某一点处变化的快慢4．导数的概念一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作eq\x(\s\up1(02))f′(x0)或eq\x(\s\up1(03))y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx).注意：函数y＝f(x)在x＝x0处的导数是y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率．5．导函数的概念如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点都是可导的，则称f(x)在区间(a，b)内可导．这样，对开区间(a，b)内的每一个值x，都对应一个确定的导数f′(x)，于是在区间(a，b)内f′(x)构成一个新的函数，我们把这个函数称为函数y＝f(x)的导函数(简称导数)，记为f′(x)或y′，即f′(x)＝y′＝eq\x(\s\up1(04))eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx)．6．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)，就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的eq\x(\s\up1(05))切线的斜率k0，即k0＝eq\x(\s\up1(06))f′(x0)．7．基本初等函数的导数公式函数导数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)8.导数的运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．(2)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq\f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)．9．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(07))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．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．题组一走出误区——判一判(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)]′.()答案：(1)×(2)×(3)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A选择性必修第二册5.1.1T3改编)一质点运动的方程为s＝5－3t2，若该质点在时间段[1，1＋Δt]内相应的平均速度为－3Δt－6，则该质点在t＝1时的瞬时速度是()A．－3 B．3C．6 D．－6答案：D(2)(人教A选择性必修第二册习题5.2T6改编)设f(x)＝eeq\r(x)＋ln2的导函数为f′(x)，则f′(1)的值为()A．0 B．eC.eq\f(e＋1,2) D.eq\f(e,2)答案：D(3)(人教A选择性必修第二册习题5.2T3改编)已知函数f(x)＝x(2025＋lnx)，若f′(x0)＝2026，则x0＝()A．e2 B．1C．ln2 D．e答案：B(4)(人教A选择性必修第二册5.2.1练习T3改编)余弦曲线y＝cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线方程为________．答案：y＝－x＋eq\f(π,2)解析：因为y＝cosx，所以y′＝－sinx，可得曲线y＝cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线斜率为k＝－1，则曲线y＝cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线方程为y＝－x＋eq\f(π,2).(5)(人教A选择性必修第二册习题5.2T2改编)填空：(2x＋log2x)′＝____________；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3－1,sinx)))′＝____________；[(3x＋1)2ln(3x)]′＝____________；(3xe－3x)′＝____________．答案：2xln2＋eq\f(1,xln2)eq\f(3x2sinx－cosx（x3－1）,sin2x)6(3x＋1)ln(3x)＋eq\f(（3x＋1）2,x)3xe－3xln3－3x＋1e－3x解析：(2x＋log2x)′＝2xln2＋eq\f(1,xln2).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3－1,sinx)))′＝eq\f(（x3－1）′sinx－（sinx）′（x3－1）,sin2x)＝eq\f(3x2sinx－cosx（x3－1）,sin2x).[(3x＋1)2ln(3x)]′＝[(3x＋1)2]′ln(3x)＋(3x＋1)2[ln(3x)]′＝6(3x＋1)ln(3x)＋eq\f(（3x＋1）2,x).(3xe－3x)′＝(3x)′e－3x＋3x(e－3x)′＝3xe－3xln3－3x＋1e－3x.考点探究—提素养导数的概念及运算(1)(2025·四川内江高三模拟)已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋lnx，则eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（1＋Δx）－f（1）,2Δx)的值为()A．e B．－2C．－eq\f(1,2) D．0答案：D解析：因为f′(x)＝－x＋eq\f(1,x)，所以f′(1)＝－1＋1＝0，所以eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（1＋Δx）－f（1）,2Δx)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)＝eq\f(1,2)f′(1)＝0.(2)(多选)下列结论中错误的是()A．若y＝coseq\f(1,x)，则y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，则y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，则y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝xsin2x答案：ACD解析：对于A，y＝coseq\f(1,x)，则y′＝eq\f(1,x2)sineq\f(1,x)，故A错误；对于B，y＝sinx2，则y′＝2xcosx2，故B正确；对于C，y＝cos5x，则y′＝－5sin5x，故C错误；对于D，y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝eq\f(1,2)sin2x＋xcos2x，故D错误．故选ACD.1．根据导数的定义求函数y＝f(x)在点x0处导数的方法(1)求函数的增量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)．(2)求平均变化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx).(3)得导数f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)，简记作：一差、二比、三极限．2．函数的导数与导数值的区别与联系导数是原来函数的导函数，而导数值是导函数在某一点的函数值，导数值是常数．1.(多选)下列求导运算正确的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))′＝eq\f(x2－2lnx,x3)B．(x3－5x＋1)′＝3x2－5xln5C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)－1)－\f(1,\r(x)＋1)))′＝－eq\f(2,（x－1）2)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))′＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))答案：BCD解析：对于A，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))′＝eq\f(\f(1,x)·x2－2xlnx,x4)＝eq\f(1－2lnx,x3)，故A错误；对于B，(x3－5x＋1)′＝3x2－5xln5，故B正确；对于C，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)－1)－\f(1,\r(x)＋1)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x－1)))′＝－eq\f(2,（x－1）2)，故C正确；对于D，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))′＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))·2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))，故D正确．故选BCD.2．已知函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f(x)＝ex－2f′(0)sinx＋1，则f′(0)＝________．答案：eq\f(1,3)解析：因为f′(x)＝ex－2f′(0)cosx，所以f′(0)＝e0－2f′(0)cos0，解得f′(0)＝eq\f(1,3).导数的几何意义及其应用(多考向探究)考向1导数与函数的图象(2025·福建泉州高三适应性考试)如图是函数f(x)的部分图象，记f(x)的导数为f′(x)，则下列选项中值最大的是()A．f(3) B．3f′(3)C．f(－14) D．f′(8)答案：A解析：由图可知，f(－14)，f′(8)为负数，f(3)，3f′(3)为正数，故排除f(－14)，f′(8)，设f(x)的图象在x＝3处的点为A，显然直线OA的斜率kOA大于f′(3)，则eq\f(f（3）－0,3－0)>f′(3)，故f(3)>3f′(3)，所以f(3)的值最大．故选A.函数f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．3.函数y＝f(x)的图象如图所示，下列不等关系正确的是()A．0<f′(2)<f′(3)<f(3)－f(2)B．0<f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)C．0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)D．0<f(3)－f(2)<f′(2)<f′(3)答案：C解析：如图所示，根据导数的几何意义，可得f′(2)表示切线l1的斜率k1>0，f′(3)表示切线l3的斜率k3>0，又由平均变化率的定义，可得eq\f(f（3）－f（2）,3－2)＝f(3)－f(2)，表示割线l2的斜率k2，结合图象，可得0<k3<k2<k1，即0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)．故选C.考向2求切点的坐标已知曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，则点P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，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)在曲线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的坐标为(1，3)或(－1，3)．已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数，再让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标，将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．4.已知直线y＝ex－2是曲线y＝lnx的切线，则切点坐标为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，－1)) B．(e，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) D．(0，1)答案：A解析：设切点坐标为(t，lnt)，因为(lnx)′＝eq\f(1,x)，所以在点(t，lnt)处切线的斜率为eq\f(1,t)，所以eq\f(1,t)＝e，t＝eq\f(1,e)，所以lnt＝－1，所以切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，－1)).故选A.考向3求切线的方程eq\a\vs4\al()(1)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：因为y′＝eq\f(2（x＋2）－（2x－1）,（x＋2）2)＝eq\f(5,（x＋2）2)，所以曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线的斜率k＝5，故所求切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.(2)若经过点P(2，8)作曲线y＝x3的切线，则切线方程为________．答案：12x－y－16＝0或3x－y＋2＝0解析：易知点P在曲线y＝x3上，y′＝3x2.当点P为切点时，切线的斜率k＝12，切线方程为12x－y－16＝0；当点P不是切点时，设切点为A(x0，y0)，由定义可求得切线的斜率为k＝3xeq\o\al(2,0)，∵点A在曲线上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)，∴eq\f(xeq\o\al(3,0)－8,x0－2)＝3xeq\o\al(2,0)，∴xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2(舍去)，∴y0＝－1，k＝3，此时切线方程为y＋1＝3(x＋1)，即3x－y＋2＝0.故经过点P作曲线的切线有两条，方程为12x－y－16＝0或3x－y＋2＝0.(3)(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)，得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)，得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.“待定切点法”——如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝f（x0），,\f(y1－y0,x1－x0)＝f′（x0），))得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．5.(2025·贵州贵阳高三模拟)过点P(1，－3)作曲线f(x)＝2x3－3x的切线，写出切线的方程为________．答案：3x＋y＝0或21x－2y－27＝0解析：设切点为(a，2a3－3a)，而f′(x)＝6x2－3，所以切线的斜率k＝f′(a)＝6a2－3，故切线方程为y－(2a3－3a)＝(6a2－3)(x－a)，因为切线过点(1，－3)，所以－3－(2a3－3a)＝(6a2－3)(1－a)，化简并解得a＝0或a＝eq\f(3,2)，则切点为(0，0)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,4)))，所以切线方程为3x＋y＝0或21x－2y－27＝0.考向4求参数的值或取值范围eq\a\vs4\al()(2025·河北保定十县一中高三期末联考)若函数f(x)＝alnx＋2x的图象在点(1，2)处的切线不经过第二象限，且该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为eq\f(1,6)，则a＝()A．－1 B．－eq\f(2,3)C.eq\f(2,3) D．1答案：D解析：由f(x)＝alnx＋2x，得f′(x)＝eq\f(a,x)＋2，f′(1)＝a＋2，则f(x)的图象在点(1，2)处的切线方程为y＝(a＋2)x－a.将x＝0代入切线方程，得y＝－a，将y＝0代入切线方程，得x＝eq\f(a,a＋2).因为该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为eq\f(1,6)，所以eq\f(1,2)|－a|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,a＋2)))＝eq\f(1,6)，解得a＝1或a＝－eq\f(2,3).当a＝1时，切线经过第一、三、四象限，符合题意；当a＝－eq\f(2,3)时，切线经过第一、二、三象限，不符合题意．故a＝1.故选D.1．利用导数的几何意义求参数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．2．求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点(1)注意曲线上横坐标的取值范围．(2)谨记切点既在切线上又在曲线上．6.(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，＋∞)．课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678难度★★★★★★★★★★★考向导数的概念导数的运算导数的几何意义导数几何意义的应用导数的运算导数几何意义的应用导数几何意义的应用导数几何意义的应用考点求瞬时速度导数的四则运算求切线方程比较导数的大小导数的四则运算，求复合函数的导数求参数的值求参数的取值范围求参数的取值范围题号910111213141516难度★★★★★★★★★★★★★★★考向导数的运算导数的运算导数几何意义的应用导数的概念导数的几何意义导数几何意义的应用导数几何意义的应用导数的几何意义考点导数的四则运算导数的四则运算导数的定义式求切线方程求线段长度的最小值求参数的取值范围切线方程的求解及应用一、单项选择题1．(2025·重庆十一中高三月考)有一机器人的运动曲线方程为s(t)＝2eq\r(t)＋lneq\f(1,t)(t是时间，单位：s；s是位移，单位：cm)，则该机器人在t＝4s时的瞬时速度为()A.eq\f(1,4)cm/s B.eq\f(1,2)cm/sC.eq\f(3,4)cm/s D．1cm/s答案：A解析：因为s′(t)＝eq\f(1,\r(t))－eq\f(1,t)，所以v(t)＝s′(t)＝eq\f(1,\r(t))－eq\f(1,t)，所以v(4)＝eq\f(1,\r(4))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4).故选A.2．(2025·湖北高三第一次大联考)已知函数f(x)＝ex－f′(1)x，则()A．f(1)＝－eq\f(e,2) B．f′(1)＝－eq\f(e,2)C．f(2)＝e2－e D．f′(2)＝e2－e答案：C解析：因为f(x)＝ex－f′(1)x，所以f′(x)＝ex－f′(1)，则f′(1)＝e－f′(1)，所以f′(1)＝eq\f(e,2)，则f(x)＝ex－eq\f(e,2)x，f′(x)＝ex－eq\f(e,2)，所以f(1)＝eq\f(e,2)，f′(2)＝e2－eq\f(e,2)，f(2)＝e2－e.故选C.3．(2024·江苏南京高三二模)曲线y＝ln(x－1)2在原点处的切线方程为()A．y＝x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝－2x答案：D解析：由题意，令y＝f(x)＝ln(x－1)2，则f′(x)＝eq\f(2,x－1)，则f′(0)＝－2，又f(0)＝0，故切线方程为y＝－2x.故选D.4．函数f(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是()A．f′(1)>f′(2)>0>f′(3)B．f′(1)<f′(2)<f′(3)<0C．0<f′(1)<f′(2)<f′(3)D．f′(1)>f′(2)>f′(3)>0答案：D解析：如图，作出函数在x＝1，2，3处的切线l1，l2，l3，可见三条切线的斜率依次递减，但是都大于零，由导数的几何意义可知，f′(1)>f′(2)>f′(3)>0.故选D.5．下列求导运算正确的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))′＝coseq\f(π,5)B．(x2sin3x)′＝2xsin3x＋x2cos3xC．(tanx)′＝eq\f(1,cos2x)D．[ln(2x－1)]′＝eq\f(1,2x－1)答案：C解析：对于A，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))′＝0，A错误；对于B，(x2sin3x)′＝(x2)′sin3x＋x2(sin3x)′＝2xsin3x＋3x2cos3x，B错误；对于C，(tanx)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(cosxcosx－sinx（－sinx）,cos2x)＝eq\f(1,cos2x)，C正确；对于D，[ln(2x－1)]′＝eq\f(1,2x－1)×2＝eq\f(2,2x－1)，D错误．故选C.6．(2025·四川宜宾高三模拟)若曲线y＝ex＋b的一条切线方程是y＝x－1，则b＝()A．－2 B．1C．－1 D．e答案：A解析：由y＝ex＋b，得y′＝ex，设切点坐标为(t，et＋b)，由et＝1，得t＝0，所以切点坐标为(0，1＋b)，代入y＝x－1，得1＋b＝－1，即b＝－2.故选A.7．若函数f(x)＝lnx＋ax的图象上存在斜率为2的切线，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)答案：C解析：由题意，函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋a.函数f(x)＝lnx＋ax的图象上存在斜率为2的切线，即eq\f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有解．因为x>0，所以eq\f(1,x)>0，则－eq\f(1,x)<0，2－eq\f(1,x)<2，所以a<2，即实数a的取值范围是(－∞，2)．故选C.8．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ex，直线y＝kx与函数f(x)的图象有两个交点，则实数k的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e，\r(e))) B．(eq\r(e)，＋∞)C．(e，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e，＋∞))答案：D解析：当过原点的直线y＝kx与函数f(x)的图象相切时，设切点为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(1,2)em))，由f′(x)＝eq\f(1,2)ex，可得过点P的切线方程为y－eq\f(1,2)em＝eq\f(1,2)em(x－m)，代入点(0，0)可得－eq\f(1,2)em＝－eq\f(1,2)mem，解得m＝1，此时切线的斜率为eq\f(1,2)e，由函数f(x)的图象可知，若直线y＝kx与函数f(x)的图象有两个交点，实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e，＋∞)).故选D.二、多项选择题9．函数y＝g(x)在区间[a，b]上连续，对[a，b]上任意两点x1，x2(x1≠x2)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(g（x1）＋g（x2）,2)时，我们称函数g(x)在[a，b]上“严格上凹”．若用导数的知识可以简单地解释为原函数的导函数的导函数(二阶导函数)在给定区间内恒为正，即g″(x)>0.下列函数在所给定义域上“严格上凹”的是()A．f(x)＝log2xB．f(x)＝2e－x＋xC．f(x)＝－x3＋2x(x∈(－∞，0))D．f(x)＝sinx－x2(x∈(0，π))答案：BC解析：由题意可知，若函数f(x)在所给定义域上“严格上凹”，则满足f″(x)>0在定义域内恒成立．对于A，f(x)＝log2x，则f″(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xln2)))′＝－eq\f(1,ln2)·eq\f(1,x2)<0在(0，＋∞)上恒成立，故A不符合题意；对于B，f(x)＝2e－x＋x，则f″(x)＝(－2e－x＋1)′＝2e－x>0恒成立，故B符合题意；对于C，f(x)＝－x3＋2x(x∈(－∞，0))，则f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x>0在(－∞，0)上恒成立，故C符合题意；对于D，f(x)＝sinx－x2(x∈(0，π))，则f″(x)＝(cosx－2x)′＝－sinx－2<0在(0，π)内恒成立，故D不符合题意．故选BC.10．已知函数f(x)的导数为f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝eq\f(1,x)C．f(x)＝lnx D．f(x)＝eq\f(sinx,cosx)答案：ABC解析：对于A，f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，有“巧值点”；对于B，f′(x)＝－eq\f(1,x2)，令eq\f(1,x)＝－eq\f(1,x2)，得x＝－1，有“巧值点”；对于C，f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，结合y＝lnx与y＝eq\f(1,x)的图象，知方程lnx＝eq\f(1,x)有解，即有“巧值点”；对于D，f′(x)＝eq\f(1,cos2x)，令eq\f(sinx,cosx)＝eq\f(1,cos2x)，得sin2x＝2，无解，无“巧值点”．故选ABC.11．已知函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程是x－2y＋1＝0，若g(x)＝xf(x)，则下列结论正确的是()A．f(1)＝1B．f′(1)＝1C．f(x)＝eq\f(1,4)x2＋eq\f(3,4)D．g′(1)＝eq\f(3,2)答案：AD解析：对于A，由题意知，点(1，f(1))在直线x－2y＋1＝0上，所以f(1)＝1，故A正确；对于B，因为函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程是x－2y＋1＝0，所以f′(1)＝eq\f(1,2)，故B错误；对于C，f(x)＝eq\f(1,4)x2＋eq\f(3,4)，虽然满足f(1)＝1，f′(1)＝eq\f(1,2)，但该函数只是一种特殊情况，该函数还可以为f(x)＝eq\r(x)，也满足f(1)＝1，f′(1)＝eq\f(1,2)，故C错误；对于D，由题得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，故D正确．故选AD.三、填空题12．(2025·江苏如东高级中学高三模拟)已知函数f(x)＝cos2x，则eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋Δx))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),Δx)＝________．答案：－eq\r(3)解析：由函数f(x)＝cos2x，可得f′(x)＝－2sin2x，所以eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋Δx))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),Δx)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,3)＝－eq\r(3).13．(2025·湖北鄂东南教改联盟校高三模拟)若曲线y＝eq\r(1＋2x)＋ex在点P(0，2)处的切线为l，则l在x轴上的截距是________．答案：－1解析：因为y′＝eq\f(1,\r(1＋2x))＋ex，所以切线l的斜率kl＝y′|x＝0＝2.则l的方程为y＝2x＋2.令y＝0，得x＝－1，故l在x轴上的截距是－1.14．(2025·云南昆明一中高三月考)已知A，B分别是曲线y＝lnx－eq\f(1,x)和直线y＝2x上的点，则线段AB长度的最小值为________．答案：eq\f(3\r(5),5)解析：平移直线y＝2x与曲线y＝lnx－eq\f(1,x)相切，设切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，lnt－\f(1,t)))，由y＝lnx－eq\f(1,x)，求导，得y′＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，依题意，得eq\f(1,t)＋eq\f(1,t2)＝2，即2t2－t－1＝0，又t>0，解得t＝1，因此切点坐标为(1，－1)，所以线段AB长度的最小值为eq\f(|2×1－（－1）|,\r(22＋（－1）2))＝eq\f(3\r(5),5).15．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)|ex－1|.若存在x1，x2∈(－a，a)(x1<x2，a>0)，使得曲线y＝f(x)在x＝x1，x＝x2处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为________．答案：(2ln2，＋∞)解析：因为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（ex－1），x≥0，,\f(1,2)（1－ex），x<0，))则f′(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ex，x>0，,－\f(1,2)ex，x<0，))若存在x1，x2∈(－a，a)(x1<x2，a>0)，使得曲线y＝f(x)在x＝x1，x＝x2处的切线互相垂直，根据导数的几何意义可知，f′(x1)f′(x2)＝－1，且x1<x2，所以－a<x1<0<x2<a，则eq\f(1,2)ex2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ex1))＝－1，即ex1＋x2＝4，因为－a<x1＋x2<a，所以e－a<ex1＋x2<ea，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ea>4，,e－a<4，,a>0，))解得a>2ln2.故实数a的取值范围为(2ln2，＋∞)．16．(2025·福建百校联考高三联合测评)如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数f(x)的一个零点为x0，先取定一个初值x1，曲线y＝f(x)在x＝x1处的切线为l1，记l1与x轴交点的横坐标为x2，曲线y＝f(x)在x＝x2处的切线为l2，记l2与x轴交点的横坐标为x3，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到x0的近似值xn(n∈N*)，设函数f(x)＝x3＋x－1，令x1＝1.(1)证明：f(x)存在唯一零点x0，且eq\f(2,3)<x0<1；(2)已知xn>eq\f(2,3)，证明：|xn＋1－x0|<|xn－x0|2；(3)经过4次迭代后，判断x0的近似值x5与x0的差值是否小于10－7.解：(1)证明：因为f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)单调递增，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(8,27)＋eq\f(2,3)－1＝－eq\f(1,27)<0，f(1)＝1＋1－1＝1>0，所以f(x)存在唯一零点x0，且eq\f(2,3)<x0<1.(2)证明：曲线y＝f(x)在点(xn，f(xn))处的切线方程为y－f(xn)＝f′(xn)(x－xn)，令y＝0，得xn＋1＝xn－eq\f(f（xn）,f′（xn）)＝xn－eq\f(xeq\o\al(3,n)＋xn－1,3xeq\o\al(2,n)＋1)＝eq\f(2xeq\o\al(3,n)＋1,3xeq\o\al(2,n)＋1)，则|xn＋1－x0|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2xeq\o\al(3,n)＋1,3xeq\o\al(2,n)＋1)－x0))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2xeq\o\al(3,n)－3xeq\o\al(2,n)x0＋1－x0,3xeq\o\al(2,n)＋1)))，易知xeq\o\al(3,0)＋x0＝1，所以|xn＋1－x0|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2xeq\o\al(3,n)－3xeq\o\al(2,n)x0＋xeq\o\al(3,0),3xeq\o\al(2,n)＋1)))＝(xn－x0)2·eq\f(2xn＋x0,3xeq\o\al(2,n)＋1)，要证|xn＋1－x0|<|xn－x0|2，只需证eq\f(2xn＋x0,3xeq\o\al(2,n)＋1)<1，即证x0<3xeq\o\al(2,n)－2xn＋1，因为3xeq\o\al(2,n)－2xn＋1＝3xneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn－\f(2,3)))＋1>1>x0，所以|xn＋1－x0|<|xn－x0|2.(3)由(2)可知，|x2－x0|<|x1－x0|2＝(1－x0)2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9)，所以|x3－x0|<|x2－x0|2<eq\f(1,81)，所以|x4－x0|<|x3－x0|2<eq\f(1,812)＝eq\f(1,6561)，所以|x5－x0|<|x4－x0|2<eq\f(1,65612)<eq\f(1,60002)＝eq\f(1,3.6)×10－7<10－7，所以经过4次迭代后，x0的近似值x5与x0的差值小于10－7.重点解读两曲线的公切线问题是高考的热点题型之一，相对单一曲线的切线问题，两曲线的公切线问题相对较复杂，解公切线问题应根据两个函数图象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，通过解方程组解决问题．或者分别求出两曲线的切线，利用两切线重合列方程组解决问题．类型一求两曲线的公切线求两曲线的公切线方程，不论切点是否相同，都可转化为求某曲线的切线方程问题．(1)已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝eq\f(b,x)－3.若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处有公共切线，则切线方程为____________．答案：x＋y＋1＝0解析：因为f′(x)＝eq\f(1,x)－a，g′(x)＝－eq\f(b,x2)，所以f′(1)＝1－a，g′(1)＝－b，由曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在交点(1，c)处有公共切线，得1－a＝－b，又c＝－a＝b－3，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a＝－b，,－a＝b－3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))故切线方程为y＝－x－1，即x＋y＋1＝0.(2)(2025·江西抚州高三联考)与曲线f(x)＝ex－1和g(x)＝ex－1都相切的直线l的方程为________．答案：x－y＝0解析：设直线l：y＝kx＋b与曲线f(x)相切于点P1(x1，y1)，与曲线g(x)相切于点P2(x2，y2)，又f′(x)＝ex－1，g′(x)＝ex，且y1＝ex1－1，y2＝ex2－1.曲线f(x)在点P1(x1，y1)处的切线方程为y－ex1－1＝ex1－1(x－x1)，曲线g(x)在点P2(x2，y2)处的切线方程为y－ex2＋1＝ex2(x－x2)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1－1＝ex2，,ex1－1－x1ex1－1＝ex2－x2ex2－1，))解得x1－x2＝1，ex2(x1－x2)＝1，故x2＝0，x1＝1，故k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(ex1－1－ex2＋1,1)＝1，故直线l的方程为y＝x，即x－y＝0.解决两曲线的公切线问题的两种方法(1)利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解．(2)设公切线l在曲线y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在曲线y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，利用f′(x1)＝g′(x2)＝eq\f(f（x1）－g（x2）,x1－x2)列出关系式求解．1.曲线y＝－eq\f(1,x)(x<0)与曲线y＝lnx的公切线的条数为()A．1 B．2C．3 D．4答案：A解析：设点(x1，y1)是公切线和曲线y＝－eq\f(1,x)(x<0)的切点，则x1<0，切线的斜率k1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))′|x＝x1＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，切线的方程为y＋eq\f(1,x1)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，整理，得y＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))·x－eq\f(2,x1).设点(x2，y2)是公切线和曲线y＝lnx的切点，则x2>0，切线的斜率k2＝(lnx)′|x＝x2＝eq\f(1,x2)，切线的方程为y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，整理，得y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2－1.令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(2,1))＝\f(1,x2)，,－\f(2,x1)＝lnx2－1，))消去x2，得－eq\f(2,x1)＝lnxeq\o\al(2,1)－1.设t＝－x1>0，则2lnt－eq\f(2,t)－1＝0，只需探究此方程解的个数．易知函数f(t)＝2lnt－eq\f(2,t)－1在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)＝－3<0，f(e)＝1－eq\f(2,e)>0，于是f(t)＝0有唯一解，于是两曲线的公切线的条数为1.故选A.2．(2025·江苏南通高三第一次质量监测)与曲线y＝eq\f(1,ex)和曲线y＝－lnx－2都相切的直线的方程为________．答案：ex＋y＝0解析：设曲线y＝eq\f(1,ex)在点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,ex0)))处的切线与曲线y＝－lnx－2在点B(x1，－lnx1－2)处的切线重合，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ex)))′＝－eq\f(1,ex)，(－lnx－2)′＝－eq\f(1,x)，故－eq\f(1,ex0)＝－eq\f(1,x1)，即ex0＝x1，x0＝lnx1，在点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,ex0)))处的切线方程为y－eq\f(1,ex0)＝－eq\f(1,ex0)(x－x0)，将B(x1，－lnx1－2)代入，得－lnx1－2－eq\f(1,ex0)＝－eq\f(1,ex0)(x1－x0)，即－lnx1－2－eq\f(1,x1)＝－eq\f(1,x1)(x1－lnx1)，所以－(x1＋1)lnx1＝x1＋1，又x1>0，故x1＝eq\f(1,e)，则x0＝lneq\f(1,e)＝－1，故所求切线方程为y－e＝－e(x＋1)，即ex＋y＝0.类型二切点相同的公切线求参数若两曲线的公切线有相同的切点，可设出切点坐标，然后利用两曲线在该点处的函数值和切线斜率相同列方程(组)，解方程(组)求参数即可．(2025·广东深圳高三第一次调研)已知曲线f(x)＝x2－m与曲线g(x)＝lnx＋x在公共点处的切线相同，则实数m的值为________．答案：0解析：设曲线f(x)与g(x)的公共点为(a，b)(a>0)，则f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(1,x)＋1，则f′(a)＝2a＝g′(a)＝eq\f(1,a)＋1，解得a＝1或a＝－eq\f(1,2)(舍去)，所以b＝f(a)＝g(a)＝1，即1＝1－m，故m＝0.切点相同的公切线求参数的一般步骤(1)设两曲线f(x)，g(x)的公共切点为P0(x0，y0)；(2)由f′(x0)＝g′(x0)求出x0；(3)由f(x0)＝g(x0)求出参数的值．3.(2025·广东佛山高三调研)已知曲线f(x)＝eq\r(x)与曲线g(x)＝alnx(a∈R)相交，且在交点处有相同的切线，则a＝________．答案：eq\f(e,2)解析：因为曲线f(x)与曲线g(x)相交，且在交点处有相同的切线，所以a>0.设两曲线的交点为P(x0，y0)，又f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))，g′(x)＝eq\f(a,x)(x>0)，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x0)＝alnx0，,\f(1,2\r(x0))＝\f(a,x0)，))两式相除，得2x0＝x0lnx0，因为x0>0，所以lnx0＝2，故x0＝e2，代入eq\r(x0)＝alnx0，得e＝2a，解得a＝eq\f(e,2).类型三切点不同的公切线求参数若两曲线的公切线切点不同，要分别设出切点坐标后，利用导数的几何意义解决问题，关键是抓住切线的斜率进行转化和过渡，通常根据曲线、切线、切点的三个关系：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上，列方程(组)求解．(1)(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________．答案：ln2解析：设f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，f′(0)＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.设g(x)＝ln(x＋1)＋a，则g′(x)＝eq\f(1,x＋1)，设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线，得eq\f(1,x0＋1)＝2，解得x0＝－eq\f(1,2)，则切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a＋ln\f(1,2)))，切线方程为y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋a＋lneq\f(1,2)＝2x＋1＋a－ln2，因为两切线重合，所以a－ln2＝0，解得a＝ln2.(2)(2025·福建泉州一中高三适应性测试)若曲线y＝x2与y＝tex(t≠0)恰有两条公切线，则t的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))解析：设曲线y＝tex的切点为M(m，tem)，曲线y＝x2的切点为N(n，n2)，又(tex)′＝tex，则曲线y＝tex在点M(m，tem)处的切线方程为y－tem＝tem(x－m)，即y＝tem(x－m)＋tem，同理可得，曲线y＝x2在点N(n，n2)处的切线方程为y＝2nx－n2，根据y＝tex与y＝x2恰有两条公切线，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tem＝2n，,tem－mtem＝－n2，))所以tem－mtem＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tem,2)))eq\s\up12(2)，化简，得t＝eq\f(4m－4,em)，则t＝eq\f(4m－4,em)有两个解，构造函数f(x)＝eq\f(4x－4,ex)，则f′(x)＝eq\f(8－4x,ex)，当x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝2时有极大值也是最大值，故f(2)＝eq\f(4,e2)，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，故t的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).切点不同的公切线求参数的一般步骤(1)分别设出两曲线的切点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)；(2)分别求两曲线的切线方程y1＝h1(x)，y2＝h2(x)；(3)由公切线转化为两切线方程对应项的系数相同，列方程组消元求参数即可．4.(2025·广东深圳中学高三模拟)若直线y＝kx＋b与函数y＝ex－1和y＝ex－2的图象都相切，则b＝()A．2 B．ln2C．1＋ln2 D．－2ln2答案：D解析：设两个切点分别为P1(x1，ex1－1)，P2(x2，ex2－2)，又(ex－1)′＝ex－1，(ex－2)′＝ex，故曲线y＝ex－1在点P1处的切线方程为y－ex1－1＝ex1－1(x－x1)，整理，得y＝ex1－1x＋(1－x1)ex1－1，曲线y＝ex－2在点P2处的切线方程为y－(ex2－2)＝ex2(x－x2)，整理，得y＝ex2x＋(1－x2)ex2－2，因为直线y＝kx＋b是两函数图象的公切线，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝ex1－1＝ex2①，,b＝（1－x1）ex1－1＝（1－x2）ex2－2②，))由①，得x1－1＝x2，代入②，得－x2ex2＝(1－x2)ex2－2，整理，得ex2＝2，所以x2＝ln2，代入②，得b＝(1－ln2)eln2－2＝－2ln2.故选D.5．(2024·广东茂名高三第一次模拟)若曲线y＝lnx与曲线y＝x2＋2ax有公切线，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案：B解析：因为(lnx)′＝eq\f(1,x)，(x2＋2ax)′＝2x＋2a，设公切线与曲线y＝lnx，y＝x2＋2ax的切点分别为(x1，lnx1)，(x2，xeq\o\al(2,2)＋2ax2)，则以这两点为切点的切线方程分别为y＝eq\f(x,x1)＋lnx1－1，y＝(2x2＋2a)x－xeq\o\al(2,2)，则eq\f(1,x1)＝2x2＋2a，lnx1－1＝－xeq\o\al(2,2)，所以2a＝exeq\o\al(2,2)－1－2x2，设f(x)＝ex2－1－2x，则f′(x)＝2(xex2－1－1)，f′(1)＝0，令g(x)＝f′(x)＝2(xex2－1－1)，则g′(x)＝2(2x2＋1)ex2－1>0，所以g(x)在R上单调递增，又f′(1)＝0，所以当x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，则f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以2a≥f(1)＝－1，解得a≥－eq\f(1,2).故选B.第二节导数与函数的单调性课标解读考向预测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).从近三年的高考情况来看，利用导数研究函数的单调性问题是必考的内容，这是因为单调性是解决后续问题的关键，单调性在研究函数图象、比较函数值的大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中起着至关重要的作用．函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的重点，而含有参数的函数单调性的讨论与应用是高考中的难点．预计这一考点在2026年高考中仍是重点.必备知识—强基础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(a，b)上eq\x(\s\up1(01))单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)上eq\x(\s\up1(02))单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是eq\x(\s\up1(03))常数函数2.利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤第一步，确定函数的eq\x(\s\up1(04))定义域；第二步，求出导数f′(x)的eq\x(\s\up1(05))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．1．利用导数解决单调性问题需要注意的问题(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．(2)注意“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点．2．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．3．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．题组一走出误区——判一判(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)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．()答案：(1)√(2)√(3)×题组二回归教材——练一练(1)(多选)(人教A选择性必修第二册5.3.1例2改编)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(2，3)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)单调递减答案：BC(2)(人教A选择性必修第二册5.3.1例1改编)函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是()A．单调递增B．单调递减C．先单调递增后单调递减D．先单调递减后单调递增答案：B解析：∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sinx－1＜0，∴f(x)在(0，π)上单调递减．故选B.(3)(人教A选择性必修第二册5.3.1练习T1改编)函数f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为________．答案：(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析：令f′(x)＝3x2＋2x－1>0，得x>eq\f(1,3)或x<－1，所以f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).考点探究—提素养不含参数的函数的单调性(2025·湖南名校高三大联考)已知函数f(x)＝eq\f(x2－3,ex－1)，求f(x)的单调区间．解：因为f(x)＝eq\f(x2－3,ex－1)，所以f′(x)＝eq\f(2x－x2＋3,ex－1)＝eq\f(－（x－3）（x＋1）,ex－1)，令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1，令f′(x)<0，得x>3或x<－1，令f′(x)>0，得－1<x<3，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，3)3(3，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)，单调递增区间为(－1，3)．利用导数求函数单调区间的步骤(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域．(2)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．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－1）ex,x2)＝eq\f(（x－1）（x－ex）,x2)(x>0)．令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex，则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，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．含参数的函数的单调性(1)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R，且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．解：f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，①当a<0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)<0，得0<x<eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)>0，得x>eq\f(1,a)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．(2)(2025·江苏常州高三学情调研)已知函数f(x)＝eq\f(x－a,（x＋1）2)，求函数f(x)的单调区间．解：函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(－[x－（2a＋1）],（x＋1）3)，令f′(x)＝0，得x＝2a＋1.当2a＋1＝－1，即a＝－1时，f′(x)＝eq\f(－1－x,（x＋1）3)＝－eq\f(1,（x＋1）2)<0，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(－1，＋∞)，无单调递增区间；当2a＋1<－1，即a<－1时，令f′(x)<0，则x∈(－∞，2a＋1)∪(－1，＋∞)，令f′(x)>0，则x∈(2a＋1，－1)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2a＋1)，(－1，＋∞)，单调递增区间为(2a＋1，－1)；当2a＋1>－1，即a>－1时，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－1)∪(2a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，则x∈(－1，2a＋1)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(2a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，2a＋1)．综上所述，当a＝－1时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(－1，＋∞)，无单调递增区间；当a<－1时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2a＋1)，(－1，＋∞)，单调递增区间为(2a＋1，－1)；当a>－1时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(2a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，2a＋1)．利用导数研究函数单调性的策略讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．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，即函数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)，即函数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，即函数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)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增；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)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究)考向1辨析图象已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是()答案：D解析：由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)>0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内，f′(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内，f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内越来越陡峭，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内越来越平缓．故选D.该类问题主要抓住导函数的正负决定原函数的增减，导数绝对值的大小决定原函数图象在该点处的陡峭程度，即可完成相应的判断．3.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为()答案：D解析：由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，则在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内．对于A，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；对于B，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；对于C，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；对于D，由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，当1<x<3时，f′(x)<0，当x>3时，f′(x)>0，所以在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内，函数y＝f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，而选项D中函数y＝f(x)的图象均符合这些性质，故D正确．故选D.考向2比较大小eq\a\vs4\al()设a＝2ln1.4，b＝eq\r(1.6)－1，c＝ln1.6，则()A．c<a<b B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a答案：D解析：因为2ln1.4＝ln1.42＝ln1.96，ln1.96>ln1.6，所以a>c；令f(x)＝lnx－(eq\r(x)－1)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2\r(x))＝eq\f(2－\r(x),2x)，当x∈[1，4)时，f′(x)＞0，f(x)单调递