高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第三章函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

第1節(jié)導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算考試要求1.通過(guò)實(shí)例分析，了解平均變化率、瞬時(shí)變化率，了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景.2.通過(guò)函數(shù)圖象，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.3.了解利用導(dǎo)數(shù)定義求基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù).4.能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則求簡(jiǎn)單函數(shù)的導(dǎo)數(shù).5.能求簡(jiǎn)單的復(fù)合函數(shù)(形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù).1.導(dǎo)數(shù)的概念(1)如果當(dāng)Δx→0時(shí)，平均變化率eq\f(Δy,Δx)無(wú)限趨近于一個(gè)確定的值，即eq\f(Δy,Δx)有極限，則稱(chēng)y＝f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并把這個(gè)確定的值叫做y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)(也稱(chēng)瞬時(shí)變化率)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0)).(2)當(dāng)x＝x0時(shí)，f′(x0)是一個(gè)唯一確定的數(shù)，當(dāng)x變化時(shí)，y＝f′(x)就是x的函數(shù)，我們稱(chēng)它為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)(簡(jiǎn)稱(chēng)導(dǎo)數(shù))，記為f′(x)(或y′)，即f′(x)＝y(tǒng)′＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx).2.導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).3.基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式基本初等函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos__xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin__xf(x)＝ax(a＞0且a≠1)f′(x)＝axln__af(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.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則若f′(x)，g′(x)存在，則有：[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(f（x）,g（x）)))′＝eq\f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)(g(x)≠0)；[cf(x)]′＝cf′(x).5.復(fù)合函數(shù)的定義及其導(dǎo)數(shù)(1)一般地，對(duì)于兩個(gè)函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過(guò)中間變量u，y可以表示成x的函數(shù)，那么稱(chēng)這個(gè)函數(shù)為函數(shù)y＝f(u)與u＝g(x)的復(fù)合函數(shù)，記作y＝f(g(x)).(2)復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為yx′＝y(tǒng)u′·ux′，即y對(duì)x的導(dǎo)數(shù)等于y對(duì)u的導(dǎo)數(shù)與u對(duì)x的導(dǎo)數(shù)的乘積.1.f′(x0)代表函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)值；(f(x0))′是函數(shù)值f(x0)的導(dǎo)數(shù)，則(f(x0))′＝0.2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f（x）)))′＝－eq\f(f′（x）,[f（x）]2)(f(x)≠0).3.曲線的切線與曲線的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)不一定只有一個(gè)，而直線與二次曲線相切只有一個(gè)公共點(diǎn).4.函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)反映了函數(shù)f(x)的瞬時(shí)變化趨勢(shì)，其正負(fù)號(hào)反映了變化的方向，其大小|f′(x)|反映了變化的快慢，|f′(x)|越大，曲線在這點(diǎn)處的切線越“陡”.1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率.()(2)函數(shù)f(x)＝sin(－x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝cosx.()(3)求f′(x0)時(shí)，可先求f(x0)，再求f′(x0).()(4)曲線y＝f(x)在某點(diǎn)處的切線與曲線y＝f(x)過(guò)某點(diǎn)的切線意義是相同的.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)f′(x0)表示y＝f(x)在x＝x0處的瞬時(shí)變化率，(1)錯(cuò).(2)f(x)＝sin(－x)＝－sinx，則f′(x)＝－cosx，(2)錯(cuò).(3)求f′(x0)時(shí)，應(yīng)先求f′(x)，再代入求值，(3)錯(cuò).(4)“在某點(diǎn)”的切線是指以該點(diǎn)為切點(diǎn)的切線，因此此點(diǎn)橫坐標(biāo)處的導(dǎo)數(shù)值為切線的斜率；而對(duì)于“過(guò)某點(diǎn)”的切線，則該點(diǎn)不一定是切點(diǎn)，要利用解方程組的思想求切線的方程，在曲線上某點(diǎn)處的切線只有一條，但過(guò)某點(diǎn)的切線可以不止一條，(4)錯(cuò).2.(多選)下列導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算中正確的是()A.(3x)′＝3xln3B.(x2lnx)′＝2xlnx＋xC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(xsinx－cosx,x2)D.(sinxcosx)′＝cos2x答案ABD解析因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤，其余都正確.3.(2021·全國(guó)甲卷)曲線y＝eq\f(2x－1,x＋2)在點(diǎn)(－1，－3)處的切線方程為_(kāi)_______.答案y＝5x＋2解析y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq\f(2（x＋2）－（2x－1）,（x＋2）2)＝eq\f(5,（x＋2）2)，所以y′|x＝－1＝eq\f(5,（－1＋2）2)＝5，所以切線方程為y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.4.(2020·全國(guó)Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq\f(e,4)，則a＝________.答案1解析由f′(x)＝eq\f(ex（x＋a）－ex,（x＋a）2)，可得f′(1)＝eq\f(ea,（1＋a）2)＝eq\f(e,4)，即eq\f(a,（1＋a）2)＝eq\f(1,4)，解得a＝1.5.(2022·湖北九師聯(lián)盟質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x2＋xlnx的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x－ay－1＝0平行，則實(shí)數(shù)a＝________.答案eq\f(1,3)解析因?yàn)閒(x)＝x2＋xlnx，所以f′(x)＝2x＋lnx＋1，切線斜率k＝f′(1)＝2＋1＝3，又該切線與直線x－ay－1＝0平行，所以eq\f(1,a)＝3，所以a＝eq\f(1,3).6.(易錯(cuò)題)過(guò)原點(diǎn)與曲線y＝(x－1)3相切的切線方程為_(kāi)_______.答案y＝0或27x－4y＝0解析函數(shù)y＝(x－1)3的導(dǎo)數(shù)為y′＝3(x－1)2，設(shè)過(guò)原點(diǎn)的切線的切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，(x0－1)3)，則切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝x0＝3(x0－1)2.∵切線過(guò)原點(diǎn)(0，0)，∴k＝3(x0－1)2＝eq\f(（x0－1）3－0,x0－0)，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(27,8)))，對(duì)應(yīng)的斜率k＝0或k＝eq\f(27,4)，∴對(duì)應(yīng)的切線方程為y＝0或y＋eq\f(27,8)＝eq\f(27,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即y＝0或27x－4y＝0.考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算1.已知f(x)＝cos2x＋e2x，則f′(x)＝()A.－2sin2x＋2e2x B.sin2x＋e2xC.2sin2x＋2e2x D.－sin2x＋e2x答案A解析f′(x)＝－2sin2x＋2e2x，選A.2.(多選)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)，若存在x0∈R使得f(x0)＝f′(x0)，則稱(chēng)x0是f(x)的一個(gè)“巧值點(diǎn)”.下列選項(xiàng)中有“巧值點(diǎn)”的函數(shù)是()A.f(x)＝x2 B.f(x)＝e－xC.f(x)＝lnx D.f(x)＝tanx答案AC解析若f(x)＝x2，則f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，則f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程無(wú)解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，則f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝lnx與y＝eq\f(1,x)的圖象(作圖略)，可得兩函數(shù)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，所以方程f(x)＝f′(x)存在實(shí)數(shù)解，故C符合要求；若f(x)＝tanx，則f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(1,cos2x)，令tanx＝eq\f(1,cos2x)，化簡(jiǎn)得sinxcosx＝1，變形可得sin2x＝2，無(wú)解，故D不符合要求.故選AC.3.若函數(shù)f(x)＝lnx－f′(1)x2＋3x－4，則f′(3)＝________.答案－eq\f(14,3)解析對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(1)x＋3，所以f′(1)＝1－2f′(1)＋3，解得f′(1)＝eq\f(4,3)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(8,3)x＋3，將x＝3代入f′(x)，可得f′(3)＝－eq\f(14,3).4.求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù).(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex)；(4)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))).解(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))′＝(lnx)′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,ex)))′＝eq\f(（cosx）′ex－cosx（ex）′,（ex）2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).(4)∵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，∴y′＝－eq\f(1,2)sin4x－eq\f(1,2)x·4cos4x＝－eq\f(1,2)sin4x－2xcos4x.感悟提升1.求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo).2.抽象函數(shù)求導(dǎo)，恰當(dāng)賦值是關(guān)鍵，然后活用方程思想求解.3.復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，應(yīng)由外到內(nèi)逐層求導(dǎo)，必要時(shí)要進(jìn)行換元.考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)的幾何意義角度1求切線方程例1(1)(2020·全國(guó)Ⅰ卷)曲線y＝lnx＋x＋1的一條切線的斜率為2，則該切線的方程為_(kāi)_______.答案2x－y＝0解析設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，∵y＝lnx＋x＋1，所以y′＝eq\f(1,x)＋1，∴切線的斜率為eq\f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，∴y0＝ln1＋1＋1＝2，即切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，2)，∴切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，則曲線y＝f(x)過(guò)P(2，4)的切線方程為_(kāi)_______.答案x－y＋2＝0或4x－y－4＝0解析設(shè)切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，因?yàn)閒′(x)＝x2，所以f′(x0)＝xeq\o\al(2,0)，從而得到切點(diǎn)處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，將(2，4)代入，化簡(jiǎn)得到xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，即(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2.當(dāng)x0＝－1時(shí)，切線方程為x－y＋2＝0；當(dāng)x0＝2時(shí)，切線方程為4x－y－4＝0.角度2求曲線的切點(diǎn)坐標(biāo)例2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________.答案(e，1)解析設(shè)A(m，n)，則曲線y＝lnx在點(diǎn)A處的切線方程為y－n＝eq\f(1,m)(x－m).又切線過(guò)點(diǎn)(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e).再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(e，1).角度3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象問(wèn)題例3已知y＝f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，如圖，直線y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g′(3)＝________.答案0解析由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處切線的斜率等于－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)，又由題意可知f(3)＝1，∴g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.感悟提升1.求曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線，則表明P點(diǎn)是切點(diǎn)，只需求出函數(shù)在P處的導(dǎo)數(shù)，然后利用點(diǎn)斜式寫(xiě)出切線方程，若在該點(diǎn)P處的導(dǎo)數(shù)不存在，則切線垂直于x軸，切線方程為x＝x0.2.求曲線的切線方程要分清“在點(diǎn)處”與“過(guò)點(diǎn)處”的切線方程的不同.過(guò)點(diǎn)處的切點(diǎn)坐標(biāo)不知道，要設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)斜率相等建立方程(組)求解，求出切點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.訓(xùn)練1(1)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是()答案B解析由y＝f′(x)的圖象是先上升后下降可知，函數(shù)y＝f(x)圖象的切線的斜率先增大后減小，故選B.(2)(2021·杭州二模)曲線f(x)＝2lnx在x＝t處的切線l過(guò)原點(diǎn)，則l的方程是()A.2x－ey＝0 B.2x＋ey＝0C.ex－2y＝0 D.ex＋2y＝0答案A解析對(duì)f(x)＝2lnx求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(2,x)，切線l的斜率k＝f′(t)＝eq\f(2,t)，又直線l過(guò)原點(diǎn)，所以k＝eq\f(2lnt,t)＝eq\f(2,t)，從而有l(wèi)nt＝1，∴t＝e，從而得到k＝eq\f(2,e)，故切線l的方程為y＝eq\f(2,e)x，即2x－ey＝0.故選A.(3)(2019·全國(guó)Ⅲ卷)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A.a＝e，b＝－1 B.a＝e，b＝1C.a＝e－1，b＝1 D.a＝e－1，b＝－1答案D解析因?yàn)閥′＝aex＋lnx＋1，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用例4(1)(2021·新高考Ⅰ卷)若過(guò)點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則()A.eb<a B.ea<bC.0<a<eb D.0<b<ea答案D解析法一設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，y0>0，則切線方程為y－b＝ex0(x－a).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0－b＝ex0（x0－a），,y0＝ex0))得ex0(1－x0＋a)＝b，則由題意知關(guān)于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有兩個(gè)不同的解.設(shè)f(x)＝ex(1－x＋a)，則f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a).由f′(x)＝0得x＝a，所以當(dāng)x<a時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea.當(dāng)x<a時(shí)，a－x>0，所以f(x)>0，又當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞，故函數(shù)f(x)＝ex(1－x＋a)的大致圖象如圖所示，由題意知f(x)的圖象與直線y＝b有兩個(gè)交點(diǎn)，所以0<b<ea.故選D.法二過(guò)點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則點(diǎn)(a，b)在曲線y＝ex的下方且在x軸的上方，得0<b<ea.故選D.(2)(2021·廣州一模)若曲線C1：y＝ax2(a＞0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為_(kāi)_______.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析由y＝ax2(a＞0)得y′＝2ax，由y＝ex得y′＝ex.設(shè)公切線與曲線C1切于點(diǎn)(x1，axeq\o\al(2,1))，與曲線C2切于點(diǎn)(x2，ex2)，則2ax1＝ex2＝eq\f(ex2－axeq\o\al(2,1),x2－x1)，可得2x2＝x1＋2，∴a＝eq\f(e\f(x1,2)＋1,2x1).∵a＞0，∴x1＞0，記f(x)＝eq\f(e\f(x,2)＋1,2x)(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(e\f(x,2)＋1（x－2）,4x2)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)min＝eq\f(e2,4)＞0，滿(mǎn)足題意.所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)).感悟提升1.處理與切線有關(guān)的參數(shù)問(wèn)題，通常利用曲線、切線、切點(diǎn)的三個(gè)關(guān)系列出參數(shù)的方程(組)并解出參數(shù)：(1)切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率；(2)切點(diǎn)在切線上，故滿(mǎn)足切線方程；(3)切點(diǎn)在曲線上，故滿(mǎn)足曲線方程.2.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)問(wèn)題時(shí)，注意利用數(shù)形結(jié)合，化歸與轉(zhuǎn)化的思想方法.訓(xùn)練2(1)函數(shù)f(x)＝lnx＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，2] B.(－∞，2)C.(2，＋∞) D.(0，＋∞)答案B解析函數(shù)f(x)＝lnx＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，即f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x).因?yàn)閤＞0，所以2－eq\f(1,x)＜2，所以a的取值范圍是(－∞，2).(2)(2022·重慶調(diào)研)已知曲線f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在兩條斜率為3的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) B.(3，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2))) D.(0，3)答案A解析f′(x)＝2e2x－2ex＋a，依題意知f′(x)＝3有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，即2e2x－2ex＋a＝3有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，即a＝－2e2x＋2ex＋3有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，令t＝ex，∴t＞0，∴a＝－2t2＋2t＋3(t＞0)有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，∴y＝a與φ(t)＝－2t2＋2t＋3(t＞0)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，φ(t)＝－2t2＋2t＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,2)，∵t＞0，∴φ(t)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(7,2)，又φ(0)＝3，故3＜a＜eq\f(7,2).公切線問(wèn)題求兩條曲線的公切線，如果同時(shí)考慮兩條曲線與直線相切，頭緒會(huì)比較亂，為了使思路更清晰，一般是把兩條曲線分開(kāi)考慮，先分析其中一條曲線與直線相切，再分析另一條曲線與直線相切，直線與拋物線相切可用判別式法.一、共切點(diǎn)的公切線問(wèn)題例1設(shè)點(diǎn)P為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax與g(x)＝3a2lnx＋2b(a＞0)的圖象的公共點(diǎn)，以P為切點(diǎn)可作直線l與兩曲線都相切，則實(shí)數(shù)b的最大值為()A.eq\f(2,3)eeq\f(3,4) B.eq\f(3,2)eeq\f(3,4) C.eq\f(4,3)eeq\f(2,3) D.eq\f(3,4)eeq\f(2,3)答案D解析設(shè)P(x0，y0)，由于P為公共點(diǎn)，則eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝3a2lnx0＋2b.又點(diǎn)P處的切線相同，則f′(x0)＝g′(x0)，即x0＋2a＝eq\f(3a2,x0)，即(x0＋3a)(x0－a)＝0.又a＞0，x0＞0，則x0＝a，于是2b＝eq\f(5,2)a2－3a2lna.設(shè)h(x)＝eq\f(5,2)x2－3x2lnx，x＞0，則h′(x)＝2x(1－3lnx).可知：當(dāng)x∈(0，eeq\f(1,3))時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eeq\f(1,3)，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減.故h(x)max＝h(eeq\f(1,3))＝eq\f(3,2)eeq\f(2,3)，于是b的最大值為eq\f(3,4)eeq\f(2,3)，故選D.二、切點(diǎn)不同的公切線問(wèn)題例2(1)已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________.答案8解析法一∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝2.∴曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(當(dāng)a＝0時(shí)曲線變?yōu)閥＝2x＋1與已知直線平行).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,y＝ax2＋（a＋2）x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.法二同法一得切線方程為y＝2x－1.設(shè)y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于點(diǎn)(x0，axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1).∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax0＋（a＋2）＝2，,axeq\o\al(2,0)＋（a＋2）x0＋1＝2x0－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))(2)曲線y＝－eq\f(1,x)(x＜0)與曲線y＝lnx的公切線的條數(shù)為_(kāi)_______條.答案1解析設(shè)(x1，y1)是公切線和曲線y＝－eq\f(1,x)的切點(diǎn)，則切線斜率k1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))′|x＝x1＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，切線方程為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).設(shè)(x2，y2)是公切線和曲線y＝lnx的切點(diǎn)，則切線斜率k2＝(lnx)′|x＝x2＝eq\f(1,x2)，切線方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，整理得y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2－1.令eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,x2)，－eq\f(2,x1)＝lnx2－1，消去x2得－eq\f(2,x1)＝lnxeq\o\al(2,1)－1.設(shè)t＝－x1＞0，即2lnt－eq\f(2,t)－1＝0，只需探究此方程解的個(gè)數(shù).易知函數(shù)f(x)＝2lnx－eq\f(2,x)－1在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝－3＜0，f(e)＝1－eq\f(2,e)＞0，于是f(x)＝0有唯一解，于是兩曲線的公切線的條數(shù)為1.1.(多選)下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2)B.(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C.(5x)′＝5xlog5xD.(x2cosx)′＝2xcosx－x2sinx答案BD解析A中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq\f(1,x2)，C中，(5x)′＝5xln5，其余都正確.2.曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3，2)處的切線的斜率是()A.2 B.－2 C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)答案D解析y′＝eq\f(（x＋1）′（x－1）－（x＋1）（x－1）′,（x－1）2)＝－eq\f(2,（x－1）2)，故曲線在點(diǎn)(3，2)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝3＝－eq\f(2,（3－1）2)＝－eq\f(1,2).3.若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且f(x)＝x2＋2f′(1)x＋3，則()A.f(0)<f(4) B.f(0)＝f(4)C.f(0)>f(4) D.以上都不對(duì)答案B解析函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，故f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，所以f(0)＝f(4)＝3.4.(2021·遼寧百校聯(lián)盟質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－2,x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為()A.2x＋y＋e－4＝0 B.2x＋y－e＋4＝0C.2x－y＋e－4＝0 D.2x－y－e＋4＝0答案C解析f′(x)＝eq\f(xex－ex＋2,x2)，所以f′(1)＝2，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為2，切點(diǎn)為(1，e－2)，則切線方程為y－(e－2)＝2(x－1)，即2x－y＋e－4＝0.5.已知直線y＝ax是曲線y＝lnx的切線，則實(shí)數(shù)a＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,2e) C.eq\f(1,e) D.eq\f(1,e2)答案C解析設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，lnx0)，由y＝lnx的導(dǎo)函數(shù)為y′＝eq\f(1,x)知切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(x,x0)＋lnx0－1.由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,x0)，,lnx0－1＝0，))解得a＝eq\f(1,e).6.(多選)已知函數(shù)f(x)的圖象如圖，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A.f′(3)＞f′(2)B.f′(3)＜f′(2)C.f(3)－f(2)＞f′(3)D.f(3)－f(2)＜f′(2)答案BCD解析f′(x0)的幾何意義是f(x)在x＝x0處的切線的斜率.由圖知f′(2)＞f′(3)＞0，故A錯(cuò)誤，B正確.設(shè)A(2，f(2))，B(3，f(3))，則f(3)－f(2)＝eq\f(f（3）－f（2）,3－2)＝kAB，由圖知f′(3)＜kAB＜f′(2)，即f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)，故C，D正確.7.(2022·武漢一模)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋lnx滿(mǎn)足eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線斜率為_(kāi)_______.答案3解析易知f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)，由eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,3Δx)＝2，可得eq\f(2,3)eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1－2Δx）,2Δx)＝2，即eq\f(2,3)f′(1)＝2，所以f′(1)＝3，可得3＝2a＋1，解得a＝1，故f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2×eq\f(1,2)＋2＝3.8.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ax－1)＋excosx，若f′(0)＝－1，則a＝________.答案2解析f′(x)＝eq\f(－（ax－1）′,（ax－1）2)＋excosx－exsinx＝eq\f(－a,（ax－1）2)＋excosx－exsinx，∴f′(0)＝－a＋1＝－1，則a＝2.9.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝x2.若直線l與曲線f(x)，g(x)都相切，則直線l的斜率為_(kāi)_______.答案－4解析∵f(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(x)＝－eq\f(1,x2)，設(shè)曲線f(x)與l切于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,x1)))，則切線斜率k＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，故切線方程為y－eq\f(1,x1)＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，即y＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))x＋eq\f(2,x1).與g(x)＝x2聯(lián)立，得x2＋eq\f(1,xeq\o\al(2,1))x－eq\f(2,x1)＝0.∵直線l與曲線g(x)相切，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(2,1))))eq\s\up12(2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x1)))＝0，解得x1＝－eq\f(1,2)，故斜率k＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＝－4.10.已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R).(1)若函數(shù)f(x)的圖象過(guò)原點(diǎn)，且在原點(diǎn)處的切線斜率為－3，求a，b的值；(2)若曲線y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，求a的取值范圍.解f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2).(1)由題意得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?yàn)榍€y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，所以關(guān)于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).11.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明曲線f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值.(1)解方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝eq\f(1,2).又∵f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))∴f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)證明設(shè)P(x0，y0)為曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,xeq\o\al(2,0))))(x－x0).令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0)，∴切線與直線x＝0的交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，∴切線與直線y＝x的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2x0，2x0).∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)|－eq\f(6,x0)||2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形面積為定值，且此定值為6.12.(2021·青島二模)已知P是曲線y＝－sinx(x∈[0，π])上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在直線x－2y－6＝0上運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)|PQ|取最小值時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2) C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案C解析如圖所示，若使得|PQ|取得最小值，則曲線y＝－sinx(x∈[0，π])在點(diǎn)P處的切線與直線x－2y－6＝0平行，對(duì)函數(shù)y＝－sinx求導(dǎo)得y′＝－cosx，令y′＝eq\f(1,2)，可得cosx＝－eq\f(1,2).∵0≤x≤π，解得x＝eq\f(2π,3).13.(2021·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)A(x1，f(x1))和點(diǎn)B(x2，f(x2))處的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點(diǎn)，則eq\f(|AM|,|BN|)的取值范圍是________.答案(0，1)解析由題意，f(x)＝|ex－1|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－ex，x<0，,ex－1，x≥0，))則f′(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ex，x<0，,ex，x>0，))所以點(diǎn)A(x1，1－ex1)和點(diǎn)B(x2，ex2－1)，kAM＝－ex1，kBN＝ex2，所以－ex1·ex2＝－1，所以ex1＋x2＝1，所以x1＋x2＝0，所以AM的方程為y－1＋ex1＝－ex1(x－x1)，M(0，ex1x1－ex1＋1)，所以|AM|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋（ex1x1）2)＝eq\r(1＋e2x1)·|x1|，同理|BN|＝eq\r(1＋e2x2)·|x2|，所以eq\f(|AM|,|BN|)＝eq\f(\r(1＋e2x1)·|x1|,\r(1＋e2x2)·|x2|)＝eq\r(\f(1＋e2x1,1＋e2x2))＝eq\r(\f(1＋e2x1,1＋e－2x1))＝ex1∈(0，1).14.(2021·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求曲線y＝f(x)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線y＝f(x)的公共點(diǎn)的坐標(biāo).解(1)由題意知f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝3x2－2x＋a，對(duì)于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).①當(dāng)a≥eq\f(1,3)時(shí)，Δ≤0，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)a<eq\f(1,3)時(shí)，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－3a),3)，x2＝eq\f(1＋\r(1－3a),3)，令f′(x)>0，則x<x1或x>x2；令f′(x)<0，則x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增.綜上，當(dāng)a≥eq\f(1,3)時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<eq\f(1,3)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(1－3a),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－3a),3)，\f(1＋\r(1－3a),3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞))上單調(diào)遞增.(2)記曲線y＝f(x)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線為l，切點(diǎn)為P(x0，xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋ax0＋1).因?yàn)閒′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－2x0＋a，所以切線l的方程為y－(xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋ax0＋1)＝(3xeq\o\al(2,0)－2x0＋a)(x－x0).由l過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，得2xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)－1＝0，解得x0＝1，所以切線l的方程為y＝(1＋a)x.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝（1＋a）x，,y＝x3－x2＋ax＋1))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1＋a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1－a.))所以曲線y＝f(x)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線y＝f(x)的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，1＋a)和(－1，－1－a).

第2節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考試要求1.結(jié)合實(shí)例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次).1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)＞0f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增f′(x)＜0f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常數(shù)函數(shù)2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟第1步，確定函數(shù)的定義域；第2步，求出導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)；第3步，用f′(x)的零點(diǎn)將f(x)的定義域劃分為若干個(gè)區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負(fù)，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性.1.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.2.對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件.1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)＞0.()(2)如果f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒(méi)有單調(diào)性.()(3)若函數(shù)f(x)在定義域上都有f′(x)＞0，則f(x)在定義域上一定單調(diào)遞增.()(4)函數(shù)f(x)＝x－sinx在R上是增函數(shù).()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，則有f′(x)≥0.(3)反例，f(x)＝－eq\f(1,x)，雖然f′(x)＝eq\f(1,x2)＞0，但f(x)＝－eq\f(1,x)，在其定義域(－∞，0)∪(0，＋∞)上不具有單調(diào)性.2.(多選)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()A.f(b)＞f(c)＞f(d)B.f(b)＞f(a)＞f(e)C.f(c)＞f(b)＞f(a)D.f(c)＞f(d)＞f(e)答案CD解析由題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時(shí)，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，因?yàn)閍＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a).當(dāng)x∈(c，e)時(shí)，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(c，e)上是減函數(shù)，因?yàn)閏＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e).3.(2021·九江二模)函數(shù)f(x)＝lnx－x2的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_______.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析由題意可得函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∵f(x)＝lnx－x2，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x).由f′(x)＞0可得1－2x2＞0，解得0＜x＜eq\f(\r(2),2)，故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).4.若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝3ax2＋6x－1，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝36＋12a＞0，))解得a＞－3且a≠0.5.(易錯(cuò)題)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，4]，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集為[－1，4],∴－1，4是方程f′(x)＝0的兩根，則a＝(－1)×4＝－4.6.(易錯(cuò)題)若y＝x＋eq\f(a2,x)(a＞0)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________.答案(0，2]解析法一由y′＝1－eq\f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.∴y＝x＋eq\f(a2,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a]，[a，＋∞).∵函數(shù)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴[2，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.法二y′＝1－eq\f(a2,x2)，依題意知1－eq\f(a2,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a＞0，∴0＜a≤2.考點(diǎn)一不含參函數(shù)的單調(diào)性1.下列函數(shù)中，在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)的是()A.f(x)＝sin2x B.f(x)＝xexC.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋lnx答案B解析由于x＞0，對(duì)于A，f′(x)＝2cos2x，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－1＜0，不符合題意；對(duì)于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合題意；對(duì)于C，f′(x)＝3x2－1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－eq\f(2,3)＜0，不符合題意；對(duì)于D，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)，f′(2)＝－eq\f(1,2)＜0，不符合題意.2.(2022·武漢模擬)函數(shù)f(x)＝2x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案C解析∵函數(shù)f(x)＝2x2－lnx，∴f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))),x).由f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,2)，∴函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).3.已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的遞增區(qū)間是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).感悟提升確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.考點(diǎn)二含參函數(shù)的單調(diào)性例1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性.解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－（a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x).①當(dāng)0<a<1時(shí)，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；②當(dāng)a＝1時(shí)，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；③當(dāng)a>1時(shí)，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時(shí)，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減.感悟提升1.(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類(lèi)討論.(2)若導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)式，首先看能否因式分解，再討論二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)及兩根的大??；若不能因式分解，則需討論判別式Δ的正負(fù)，二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)，兩根的大小及根是否在定義域內(nèi).2.個(gè)別導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時(shí)取到)，f(x)在R上是增函數(shù).訓(xùn)練1討論函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx的單調(diào)性.解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).設(shè)y＝x2－ax＋1，其圖象過(guò)定點(diǎn)(0，1)，開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(a,2)，①當(dāng)eq\f(a,2)≤0，即a≤0時(shí)，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)eq\f(a,2)＞0，即a＞0時(shí)，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，(ⅰ)當(dāng)Δ≤0，即0＜a≤2時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).故a≤2時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).(ⅱ)當(dāng)Δ＞0，即a＞2時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增.考點(diǎn)三根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例2已知g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x).(1)若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]內(nèi)單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若g(x)在區(qū)間[1，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)(x>0)，g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)(x>0).∵函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)≥0在[1，2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－3，＋∞).(2)g(x)在[1，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則g′(x)＞0在[1，2]上有解，即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，∴a＞(－2x2－x)min，又(－2x2－x)min＝－10，∴a＞－10.遷移(1)(變條件)若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解依題意g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)在[1，2]上滿(mǎn)足g′(x)≤0恒成立，∴當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，a≤－2x2－x恒成立，又t＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)，x∈[1，2]是減函數(shù)，∴當(dāng)x＝2時(shí)，t＝－2x2－x取得最小值－10.所以a≤－10，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－10].(2)(變條件)若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，∴g′(x)＝0在區(qū)間(1，2)內(nèi)有解，則a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在(1，2)內(nèi)有解，易知該函數(shù)在(1，2)上是減函數(shù)，∴y＝－2x2－x的值域?yàn)?－10，－3)，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－10，－3).感悟提升根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路：(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.(2)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則會(huì)漏解.(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問(wèn)題.訓(xùn)練2若函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A.[－1，1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))答案C解析∵f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx，∴f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3).由f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在R上恒成立.令t＝cosx，t∈[－1，1]，則－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0，在t∈[－1，1]上恒成立.∴4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.令g(t)＝4t2－3at－5，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝－3a－1≤0，,g（－1）＝3a－1≤0.))解之得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).考點(diǎn)四函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用角度1比較大小例3(多選)(2021·淄博二模)已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則下列不等關(guān)系中不正確的是()A.ln2＞eq\f(2,e) B.ln3＜eq\f(3,e)C.lnπ＞eq\f(π,e) D.eq\f(ln3,lnπ)＜eq\f(3,π)答案ACD解析令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減.∵2＜e，∴g(2)＜g(e)，即eq\f(ln2,2)＜eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，∴l(xiāng)n2＜eq\f(2,e)，故A錯(cuò)誤.∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)，即eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)＞eq\f(ln3,3)＞eq\f(lnπ,π)，∴l(xiāng)n3＜eq\f(3,e)，lnπ＜eq\f(π,e)，eq\f(ln3,lnπ)＞eq\f(3,π)，故B正確，C、D錯(cuò)誤.角度2解不等式例4設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________.答案(－∞，－1)∪(0，1)解析因?yàn)閒(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當(dāng)x≠0時(shí)，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g(x)為偶函數(shù)，g(1)＝g(－1)＝0.則當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上單減，在(－∞，0)上單增.所以在(0，＋∞)上，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，得eq\f(f（x）,x)＞0，所以f(x)＞0；在(－∞，0)上，當(dāng)x＜－1時(shí)，由g(x)＜g(－1)＝0，得eq\f(f（x）,x)＜0，所以f(x)＞0.綜上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1).感悟提升1.利用導(dǎo)數(shù)比較大小，其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大小.2.與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式，要充分挖掘條件關(guān)系，恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)；題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關(guān)系時(shí)，常構(gòu)造含f(x)與另一函數(shù)的積(或商)的函數(shù)，與題設(shè)形成解題鏈條，利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性，從而求解不等式.訓(xùn)練3(1)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小關(guān)系為()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解析因?yàn)閒(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＝sinx＋xcosx＞0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，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)))，故選A.(2)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集為_(kāi)_______.答案(－∞，－3)∪(0，3)解析f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0?[f(x)g(x)]′＞0，所以函數(shù)y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增.又由題意知函數(shù)y＝f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，且過(guò)點(diǎn)(－3，0)，(3，0).數(shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集為(－∞，－3)∪(0，3).構(gòu)造函數(shù)，巧妙解題導(dǎo)數(shù)關(guān)系構(gòu)造函數(shù)的一些常見(jiàn)結(jié)構(gòu)1.對(duì)于不等式f′(x)＋g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x).2.對(duì)于不等式f′(x)－g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x).特別地，對(duì)于不等式f′(x)>k，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.3.對(duì)于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x).4.對(duì)于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f（x）,g（x）).5.對(duì)于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xn·f(x).6.對(duì)于不等式f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ex·f(x).7.對(duì)于不等式f′(x)＋kf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekx·f(x).一、利用f(x)與ex構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)例1f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)＞f(x)，對(duì)任意正實(shí)數(shù)a，下列式子一定成立的是()A.f(a)＜eaf(0) B.f(a)＞eaf(0)C.f(a)＜eq\f(f（0）,ea) D.f(a)＞eq\f(f（0）,ea)答案B解析令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）ex－f（x）ex,（ex）2)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0.∴g(x)在R上為增函數(shù)，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，即eq\f(f（a）,ea)＞eq\f(f（0）,e0).故f(a)＞eaf(0).總結(jié)(1)出現(xiàn)f′(x)－f(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f（x）,ex)；(2)出現(xiàn)f′(x)＋f(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)ex.二、利用f(x)與xn構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)例2已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿(mǎn)足f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，2f(x)＞xf′(x)，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________.答案(－1，0)∪(0，1)解析構(gòu)造F(x)＝eq\f(f（x）,x2)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）·x－2f（x）,x3)，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∵f(x)為偶函數(shù)，x2為偶函數(shù)，∴F(x)為偶函數(shù)，∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增.根據(jù)f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知f(x)＞0的解集為(－1，0)∪(0，1).總結(jié)(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f（x）,xn).三、利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)例3(多選)已知定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)＜0成立，則()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))B.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))答案CD解析根據(jù)題意，令g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋sinxf（x）,cos2x)，又由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\