2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第四章第1講含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第四章第1講含答案第1講導(dǎo)數(shù)的概念及運算[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.通過實例分析，經(jīng)歷由平均變化率過渡到瞬時變化率的過程，了解導(dǎo)數(shù)概念的實際背景，知道導(dǎo)數(shù)是瞬時變化率的數(shù)學(xué)表達(dá)，體會導(dǎo)數(shù)的內(nèi)涵與思想，體會極限思想.2.通過函數(shù)圖象直觀理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.3.能根據(jù)導(dǎo)數(shù)定義求函數(shù)y＝c，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù).4.能利用給出的基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運算法則，求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；能求簡單的復(fù)合函數(shù)(限于形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù).5.會使用導(dǎo)數(shù)公式表．1．導(dǎo)數(shù)的概念(1)平均變化率：對于函數(shù)y＝f(x)，把比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)叫做函數(shù)y＝f(x)從x0到x0＋Δx的平均變化率．(2)瞬時變化率：如果當(dāng)Δx→0時，平均變化率eq\f(Δy,Δx)無限趨近于一個確定的值，即eq\f(Δy,Δx)有極限，則稱y＝f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并把這個確定的值叫做y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)(也稱為瞬時變化率)，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))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)當(dāng)x變化時，y＝f′(x)就是x的函數(shù)，稱它為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)(簡稱導(dǎo)數(shù))，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．導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)就是曲線y＝f(x)在點eq\x(\s\up1(03))P(x0，f(x0))處的切線的斜率，即曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率k0＝f′(x0)，切線方程為eq\x(\s\up1(04))y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．3．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式(1)c′＝eq\x(\s\up1(05))0(c為常數(shù))．(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．導(dǎo)數(shù)的運算法則(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)．特別地：[cf(x)]′＝eq\x(\s\up1(15))cf′(x)(c為常數(shù))．(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．復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)一般地，對于由函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)復(fù)合而成的函數(shù)y＝f(g(x))，它的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為yx′＝eq\x(\s\up1(17))yu′·ux′，即y對x的導(dǎo)數(shù)等于eq\x(\s\up1(18))y對u的導(dǎo)數(shù)與eq\x(\s\up1(19))u對x的導(dǎo)數(shù)的乘積．1．可導(dǎo)奇函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是偶函數(shù)，可導(dǎo)偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù)，可導(dǎo)周期函數(shù)的導(dǎo)數(shù)還是周期函數(shù)．2．兩類切線問題的區(qū)別(1)“過”與“在”：曲線y＝f(x)“在點P(x0，y0)處的切線”與“過點P(x0，y0)的切線”的區(qū)別：前者P(x0，y0)為切點，而后者P(x0，y0)不一定為切點．(2)“切點”與“公共點”：曲線的切線與曲線不一定只有一個公共點，而直線與二次曲線相切只有一個公共點．1．下列求導(dǎo)運算正確的是()A．(sina)′＝cosa(a為常數(shù)) 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為常數(shù)知(sina)′＝0，A錯誤；(log2x)′＝eq\f(1,xln2)，B正確；(3x)′＝3xln3，C錯誤；(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錯誤．故選B.2．(人教A選擇性必修第二冊習(xí)題5.1T1改編)某跳水運動員離開跳板后，他達(dá)到的高度與時間的函數(shù)關(guān)系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(距離單位：米，時間單位：秒)，則他在0.5秒時的瞬時速度為()A．9.1米/秒 B．6.75米/秒C．3.1米/秒 D．2.75米/秒答案C解析因為h′(t)＝－9.8t＋8，所以h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1，所以此運動員在0.5秒時的瞬時速度為3.1米/秒．3．(人教A選擇性必修第二冊習(xí)題5.2T2改編)已知函數(shù)f(x)＝ln(3－2x)＋cos2x，則f′(0)＝________．答案－eq\f(2,3)解析因為f′(x)＝－eq\f(2,3－2x)－2sin2x，所以f′(0)＝－eq\f(2,3).4．(人教A選擇性必修第二冊習(xí)題5.2T5改編)曲線y＝eq\f(cosx,x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))處的切線方程為________．答案y＝－eq\f(2,π)x＋1解析因為y′＝eq\f(（cosx）′x－cosx·x′,x2)＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)＝－eq\f(xsinx＋cosx,x2)，所以當(dāng)x＝eq\f(π,2)時，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)，故所求切線方程為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．已知直線y＝kx是曲線y＝ex的切線，則實數(shù)k的值為________．答案e解析y＝ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝ex，設(shè)切點為P(x0，ex0)，則在點P處的切線方程為y－ex0＝ex0(x－x0)，將點(0，0)代入，得x0＝1，∴P(1，e)，∴k＝e.考向一導(dǎo)數(shù)的運算例1求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：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因為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因為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.(多選)下列求導(dǎo)運算正確的是()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解析對于A，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,x)))′＝1－eq\f(3,x2)，A不正確；對于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正確；對于C，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2·3＝9(3x＋5)2，C不正確；對于D，(2x＋cosx)′＝2xln2－sinx，D正確．故選BD.2．已知函數(shù)f(x)＝e2x＋f′(0)ln(x＋4)，則f′(0)＝________．答案eq\f(8,3)解析因為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導(dǎo)數(shù)的幾何意義角度導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象例2(1)(2024·長春模擬)已知函數(shù)y＝f(x)的部分圖象如圖所示，且f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則()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)分別表示曲線y＝f(x)在x＝－2，x＝－1，x＝1，x＝2處切線的斜率，結(jié)合圖象可知，當(dāng)x<0時，f′(x)是一個大于0的常數(shù)，當(dāng)x>0時，f′(x)小于0且隨著x的增大而減小，所以f′(2)＜f′(1)＜0＜f′(－1)＝f′(－2)．故選B.(2)(2023·濟(jì)南檢測)曲線y＝f(x)在點P(－1，f(－1))處的切線l如圖所示，則f′(－1)＋f(－1)＝________．答案－2解析∵直線l過點(－2，0)和(0，－2)，∴直線l的斜率f′(－1)＝eq\f(0－（－2）,－2－0)＝－1，直線l的方程為y＝－x－2，則f(－1)＝1－2＝－1.故f′(－1)＋f(－1)＝－1－1＝－2.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象的關(guān)系(1)關(guān)系圖(2)結(jié)論函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)反映了函數(shù)f(x)的瞬時變化趨勢，其正負(fù)號反映了變化的方向，其大小|f′(x)|反映了變化的快慢，|f′(x)|越大，y＝f(x)增加(或減少)得越快，圖象越“陡峭”；|f′(x)|越小，y＝f(x)增加(或減少)得越慢，圖象越“平緩”．1．如圖所示為函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的圖象可能是()答案D解析由導(dǎo)函數(shù)圖象可知兩函數(shù)的圖象在x0處的切線斜率相等，故選D.2.(2023·黃岡二模)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，記A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)，則A，B，C中最大的是________．答案A解析作出f(x)在三點處的切線如圖，則A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)分別為切線l1，l2，l3的斜率，由圖可知f′(x1)＞f′(x3)＞f′(x2)，即A＞C＞B.角度求切點的坐標(biāo)例3(2024·山東新高考聯(lián)考)過點(3，0)作曲線f(x)＝xex的兩條切線，切點分別為(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，則x1＋x2＝()A．－3 B．－eq\r(3)C.eq\r(3) D．3答案D解析因為f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex，設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，x0ex0)，所以f′(x0)＝(x0＋1)ex0，所以切線方程為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，依題意關(guān)于x0的方程(－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋3)ex0＝0有兩個不同的解x1，x2，即關(guān)于x0的方程－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋3＝0有兩個不同的解x1，x2，所以x1＋x2＝3.故選D.求切點坐標(biāo)的一般步驟若曲線y＝xlnx上點P處的切線平行于直線2x－y＋1＝0，則點P的坐標(biāo)為________．答案(e，e)解析設(shè)點P(x0，y0)，∵y＝xlnx，∴y′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝1＋lnx．∴曲線y＝xlnx在點P處的切線斜率k＝1＋lnx0.又k＝2，∴1＋lnx0＝2，∴x0＝e，y0＝elne＝e，∴點P的坐標(biāo)為(e，e)．角度求切線的方程例4(1)(2023·全國甲卷)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為()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解析設(shè)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為y－eq\f(e,2)＝k(x－1)，因為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(tǒng)′|x＝1＝eq\f(e,4)，所以y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，所以曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).故選C.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點的兩條切線的方程為________，________．答案y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x解析當(dāng)x＞0時，y＝lnx，設(shè)切點為(x0，lnx0)，由y′＝eq\f(1,x)，所以y′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，所以切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又切線過坐標(biāo)原點，所以－lnx0＝eq\f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切線方程為y－1＝eq\f(1,e)(x－e)，即y＝eq\f(1,e)x；當(dāng)x＜0時，y＝ln(－x)，設(shè)切點為(x1，ln(－x1))，由y′＝eq\f(1,x)，所以y′|x＝x1＝eq\f(1,x1)，所以切線方程為y－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，又切線過坐標(biāo)原點，所以－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(－x1)，解得x1＝－e，所以切線方程為y－1＝eq\f(1,－e)(x＋e)，即y＝－eq\f(1,e)x.求曲線的切線方程的方法(1)當(dāng)點P(x0，y0)是切點時，切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．(2)當(dāng)點P(x0，y0)不是切點時，解題步驟如下：提醒：“在點P處的切線”一定是以點P為切點；“過點P的切線”，不論點P在不在曲線上，點P不一定是切點．1.(2023·宜昌四模)函數(shù)y＝f(x)＝sin2x＋cosx的圖象在點(0，1)處的切線方程為________．答案2x－y＋1＝0解析f′(x)＝2cos2x－sinx，故f′(0)＝2，故在點(0，1)處的切線方程為y－1＝2(x－0)，化簡得2x－y＋1＝0.2．(2024·紹興模擬)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))作曲線y＝x3的切線，寫出一條切線方程：________________．答案y＝0或y＝3x＋2(寫出一條即可)解析由y＝x3可得y′＝3x2，設(shè)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))作曲線y＝x3的切線的切點為(x0，y0)，則y0＝xeq\o\al(3,0)，則該切線方程為y－y0＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)，將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，故切點坐標(biāo)為(0，0)或(－1，－1)，故切線方程為y＝0或y＝3x＋2.角度求參數(shù)的值或取值范圍例5(1)(2023·山東部分重點中學(xué)聯(lián)考)設(shè)點P是曲線y＝x3－eq\r(3)x＋eq\f(2,3)上的任意一點，則曲線在點P處切線的傾斜角α的取值范圍為()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解析因為y′＝3x2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，故切線的斜率k≥－eq\r(3)，所以切線的傾斜角α的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).故選C.(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點的切線，則a的取值范圍是________．答案(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因為y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.設(shè)切點為A(x0，(x0＋a)ex0)，O為坐標(biāo)原點，依題意得，切線斜率kOA＝(x0＋a＋1)ex0＝eq\f(（x0＋a）ex0,x0)，化簡，得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因為曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點的切線，所以關(guān)于x0的方程xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0有兩個不同的實數(shù)根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．處理與切線有關(guān)的參數(shù)問題的策略(1)依據(jù)：曲線、切線、切點的三個關(guān)系①切點處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率；②切點坐標(biāo)滿足切線方程；③切點坐標(biāo)滿足曲線方程．(2)方法：列出關(guān)于參數(shù)的方程(組)或不等式(組)并解出參數(shù)．提醒：注意曲線上點的橫坐標(biāo)的取值范圍．(2024·襄陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－2x－1，x<0，,ln（x＋1），x≥0，))若關(guān)于x的方程f(x)－kx＝0有兩個不同的實數(shù)根，則k的取值范圍為()A．(－∞，－2)∪(0，1) B．(－∞，－1)∪(0，1)C．(－∞，0)∪(0，1) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)答案A解析對函數(shù)y＝e－2x－1求導(dǎo)得y′＝－2e－2x，對函數(shù)y＝ln(x＋1)求導(dǎo)得y′＝eq\f(1,x＋1)，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，當(dāng)直線y＝kx與曲線y＝ln(x＋1)相切于原點時，k＝eq\f(1,0＋1)＝1，當(dāng)直線y＝kx與曲線y＝e－2x－1相切于原點時，k＝－2，結(jié)合圖象可知，當(dāng)k＜－2或0＜k＜1時，直線y＝kx與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點．故選A.角度兩曲線的公切線問題例6(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線也是曲線y＝g(x)的切線．(1)若x1＝－1，求a；(2)求a的取值范圍．解(1)由題意知，f(－1)＝－1－(－1)＝0，f′(x)＝3x2－1，f′(－1)＝3－1＝2，則曲線y＝f(x)在點(－1，0)處的切線方程為y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.設(shè)該切線與曲線y＝g(x)切于點(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，則g′(x2)＝2x2＝2，解得x2＝1，則g(1)＝1＋a＝2＋2，解得a＝3.(2)f′(x)＝3x2－1，則曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線方程為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).設(shè)該切線與曲線y＝g(x)切于點(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，則g′(x2)＝2x2，則切線方程為y－(xeq\o\al(2,2)＋a)＝2x2(x－x2)，整理得y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)＋a.則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)，則h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)，令h′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)，0，1，則x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：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)單調(diào)遞減eq\f(5,27)單調(diào)遞增eq\f(1,4)單調(diào)遞減－1單調(diào)遞增由上表知，當(dāng)x＝－eq\f(1,3)時，h(x)取極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，當(dāng)x＝1時，h(x)取極小值h(1)＝－1，易知當(dāng)x→－∞時，h(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時，h(x)→＋∞，所以h(x)的值域為[－1，＋∞)，故a的取值范圍為[－1，＋∞)．一般地，求C1：y＝f(x)與C2：y＝g(x)的公切線l的方程有以下三種方法：(1)設(shè)切點分別為A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，公切線l：y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，y－g(x2)＝g′(x2)(x－x2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x1）＝g′（x2），,f（x1）－x1f′（x1）＝g（x2）－x2g′（x2），))研究方程組解的情況．(2)設(shè)切點分別為A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，公切線l的方程為y＝kx＋b，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝f′（x1）＝g′（x2），,f（x1）＝kx1＋b，,g（x2）＝kx2＋b，))研究方程組解的情況．(3)設(shè)切點分別為A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，f′(x1)＝g′(x2)＝eq\f(f（x1）－g（x2）,x1－x2)(x1≠x2)．研究方程組解的情況，解的情況對應(yīng)著公切線的情況．但要注意，求解方程時，一般可轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點問題．(2023·青島模擬)已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3lnx－x，若以上兩函數(shù)的圖象有公共點，且在公共點處切線相同，則m的值為()A．2 B．5C．1 D．0答案C解析根據(jù)題意，設(shè)兩曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點為(a，b)，其中a>0，由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，則切線的斜率為k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3lnx－x，可得g′(x)＝－eq\f(3,x)－1，則切線的斜率為k＝g′(a)＝－eq\f(3,a)－1，因為兩函數(shù)的圖象有公共點，且在公共點處切線相同，所以－4a＝－eq\f(3,a)－1，解得a＝1或a＝－eq\f(3,4)(舍去)，又g(1)＝－1，即公共點的坐標(biāo)為(1，－1)，將點(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2024·重慶南開中學(xué)模擬)若f(x)＝cos2x，則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解析因為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．曲線y＝f(x)在x＝1處的切線如圖所示，則f′(1)－f(1)＝()A．0 B．2C．－2 D．－1答案C解析設(shè)曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝kx＋b，則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，))所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝x＋2，所以f′(1)＝1，f(1)＝1＋2＝3，因此f′(1)－f(1)＝1－3＝－2.故選C.3．(2024·濰坊模擬)設(shè)f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（1）－f（1＋2Δx）,Δx)＝－2，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為()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.故曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為1.故選C.4．(2024·深圳模擬)已知曲線y＝axex＋lnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝3x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－2 B．a(chǎn)＝e，b＝2C．a(chǎn)＝e－1，b＝－2 D．a(chǎn)＝e－1，b＝2答案C解析y′＝aex＋axex＋eq\f(1,x)，切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋ae＋1＝2ae＋1＝3，∴ae＝1，∴a＝eq\f(1,e)＝e－1.將(1，1)代入y＝3x＋b得3＋b＝1，∴b＝－2.故選C.5．(2023·保定模擬)吹氣球時，氣球的體積V(單位：L)與半徑r(單位：dm)之間的關(guān)系是V＝eq\f(4,3)πr3.當(dāng)V＝eq\f(4π,3)L時，氣球的瞬時膨脹率(氣球半徑關(guān)于氣球體積的瞬時變化率)為()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))，當(dāng)V＝eq\f(4π,3)L時，r′＝eq\f(1,4π)，∴氣球的瞬時膨脹率為eq\f(1,4π)dm/L.故選A.6．(2024·宣城模擬)若曲線y＝alnx＋x2(a>0)的切線的傾斜角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，則a＝()A.eq\f(1,24) B.eq\f(3,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,2)答案B解析由題意知，y′＝eq\f(a,x)＋2x≥2eq\r(2a)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(\f(a,2))時，等號成立．因為曲線的切線的傾斜角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以斜率k≥eq\r(3)，則eq\r(3)＝2eq\r(2a)，解得a＝eq\f(3,8).7．(2024·荊門龍泉中學(xué)質(zhì)檢)過點P(1，2)作曲線C：y＝eq\f(4,x)的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為()A．2x＋y－8＝0 B．2x＋y－6＝0C．2x＋y－4＝0 D．x＋2y－5＝0答案A解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝eq\f(4,x)，得y′＝－eq\f(4,x2)，∴曲線C在A點處的切線方程為y－y1＝－eq\f(4,xeq\o\al(2,1))(x－x1)，把P(1，2)代入切線方程，得2－y1＝－eq\f(4,xeq\o\al(2,1))(1－x1)，化簡得2x1＋y1－8＝0，同理可得曲線C在B點處的切線方程為2x2＋y2－8＝0，∵A，B都滿足直線2x＋y－8＝0，∴直線AB的方程為2x＋y－8＝0.故選A.8．(2023·成都模擬)已知lnx1－x1－y1＋2＝0，x2＋2y2－4－2ln2＝0，則eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)的最小值為()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)的最小值可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝lnx－x＋2圖象上的點與直線x＋2y－4－2ln2＝0上的點的距離的最小值，由y＝lnx－x＋2，可得y′＝eq\f(1,x)－1，與直線x＋2y－4－2ln2＝0平行的直線的斜率為－eq\f(1,2)，令eq\f(1,x)－1＝－eq\f(1,2)，得x＝2，所以切點的坐標(biāo)為(2，ln2)，切點到直線x＋2y－4－2ln2＝0的距離d＝eq\f(|2＋2ln2－4－2ln2|,\r(1＋4))＝eq\f(2\r(5),5).故選B.二、多項選擇題9．(2023·遼寧本溪高級中學(xué)期末)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)．下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A．y＝cosx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x2答案AD解析由題意y＝f(x)具有T性質(zhì)，則存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1.對于A，f′(x)＝－sinx，存在x1＝eq\f(π,2)，x2＝－eq\f(π,2)，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；對于B，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；對于C，f′(x)＝ex＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；對于D，f′(x)＝2x，存在x1＝1，x2＝－eq\f(1,4)，使得f′(x1)f′(x2)＝4x1x2＝－1.故選AD.10．若直線y＝3x＋m是曲線y＝x3(x＞0)與曲線y＝－x2＋nx－6(x＞0)的公切線，則()A．m＝－2 B．m＝－1C．n＝6 D．n＝7答案AD解析設(shè)直線y＝3x＋m與曲線y＝x3(x＞0)相切于點(a，a3)，對于函數(shù)y＝x3(x＞0)，y′＝3x2，則3a2＝3(a＞0)，解得a＝1，所以13＝3＋m，即m＝－2；設(shè)直線y＝3x－2與曲線y＝－x2＋nx－6(x＞0)相切于點(b，3b－2)，對于函數(shù)y＝－x2＋nx－6(x＞0)，y′＝－2x＋n，則－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.故選AD.11．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x)．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，則()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解析因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))為偶函數(shù)，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))，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，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正確；因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，所以f(x)＝f(3－x)，所以f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＝－g(3－x)，所以g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))對稱，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(1)＝－g(2)，又g(2＋x)為偶函數(shù)，所以g(2＋x)＝g(2－x)，函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，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正確，D錯誤；不妨取f(x)＝1(x∈R)，經(jīng)驗證滿足題意，但f(0)＝1，故A錯誤．故選BC.三、填空題12．(2024·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝x3－xf′(2)，則曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為________________．答案6x－y－16＝0解析對函數(shù)f(x)＝x3－xf′(2)，求導(dǎo)可得f′(x)＝3x2－f′(2)，得f′(2)＝3×22－f′(2)，因而切線的斜率k＝f′(2)＝6，又f(2)＝23－2×f′(2)＝8－12＝－4，由點斜式可得切線方程為y＋4＝6(x－2)，即6x－y－16＝0.13．(2024·廣東省四校聯(lián)考)對于二元函數(shù)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，則稱eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx，y0）－f（x0，y0）,Δx)為f(x，y)在點(x0，y0)處對x的偏導(dǎo)數(shù)，記為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，則稱eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δy→0))eq\f(f（x0，y0＋Δy）－f（x0，y0）,Δy)為f(x，y)在點(x0，y0)處對y的偏導(dǎo)數(shù)，記為f′y(x0，y0)．已知二元函數(shù)z＝f(x，y)＝x2－2xy＋y3(x>0，y>0)，則f′x(x0，y0)＋f′y(x0，y0)的最小值為________．答案－eq\f(1,3)解析根據(jù)偏導(dǎo)數(shù)的定義，在求對x的偏導(dǎo)數(shù)時，f(x，y)中y可作為常數(shù)，即函數(shù)可看作是x的一元函數(shù)求導(dǎo)，同理在求對y的偏導(dǎo)數(shù)時，f(x，y)中x可作為常數(shù)，即函數(shù)可看作是y的一元函數(shù)求導(dǎo)，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·長沙模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝mex－lnx，參數(shù)m＞0，過點(0，1)作曲線C：y＝f(x)的切線(斜率存在)，則切線的斜率為________(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)，設(shè)切點坐標(biāo)為(t，met－lnt)，則f′(t)＝met－eq\f(1,t)，∴過切點的切線方程為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，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，∴1－(met－lnt)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(met－\f(1,t)))(0－t)的根為t＝1，∴切線的斜率為f′(1)＝me－1.四、解答題15．(2022·全國乙卷改編)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,ex)，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程．解因為f(0)＝0，所以切點為(0，0)，因為f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1－x,ex)，f′(0)＝2，所以切線斜率為2，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x.16．已知曲線y＝x3＋x－2在點P0處的切線l1平行于直線4x－y－1＝0，且點P0在第三象限．(1)求切點P0的坐標(biāo)；(2)若直線l⊥l1，且l也過切點P0，求直線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.當(dāng)x＝1時，y＝0；當(dāng)x＝－1時，y＝－4.又點P0在第三象限，∴切點P0的坐標(biāo)為(－1，－4)．(2)∵直線l⊥l1，l1的斜率為4，∴直線l的斜率為－eq\f(1,4).∵l過切點P0，點P0的坐標(biāo)為(－1，－4)，∴直線l的方程為y＋4＝－eq\f(1,4)(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.17．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)的圖象過原點，且在原點處的切線斜率為－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)因為曲線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有兩個不相等的實數(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)，＋∞)).第2講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性[課程標(biāo)準(zhǔn)]能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，對于多項式函數(shù)，能求不超過三次的多項式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．1．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系條件函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)結(jié)論(1)若f′(x)＞0，則f(x)在區(qū)間(a，b)上eq\x(\s\up1(01))單調(diào)遞增(2)若f′(x)＜0，則f(x)在區(qū)間(a，b)上eq\x(\s\up1(02))單調(diào)遞減(3)若f′(x)＝0，則f(x)在區(qū)間(a，b)上是eq\x(\s\up1(03))常數(shù)函數(shù)2．由導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間的一般步驟第一步，確定函數(shù)的eq\x(\s\up1(04))定義域；第二步，求出導(dǎo)數(shù)f′(x)的零點；第三步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出eq\x(\s\up1(05))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．用充分必要條件詮釋可導(dǎo)函數(shù)與該函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系(1)f′(x)>0(<0)是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的必要不充分條件．(3)若f′(x)在區(qū)間(a，b)的任意子區(qū)間上都不恒等于零，則f′(x)≥0(≤0)是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充要條件．1.(人教A選擇性必修第二冊復(fù)習(xí)參考題5T3改編)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f′(x)的圖象可能是()答案D解析由f(x)的圖象可知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，觀察四個圖象可知選D.2．(2024·寧波一中階段考試)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－2,ex)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析由題意得f′(x)＝eq\f(3－x,ex)，令f′(x)＝eq\f(3－x,ex)>0，得x<3，故函數(shù)f(x)＝eq\f(x－2,ex)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，3)．故選A.3．(人教A選擇性必修第二冊5.3.1例1(2)改編)已知函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關(guān)系正確的是()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，當(dāng)x∈(0，π]時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上單調(diào)遞增，所以f(π)>f(3)>f(2)．故選D.4．(人教A選擇性必修第二冊5.3.1例4改編)已知f(x)＝log3x，g(x)＝lnx．因為f′(x)________g′(x)，所以f(x)的圖象比g(x)的圖象更________(第一個空填“>”或“<”，第二個空填“陡峭”或“平緩”)．答案<平緩解析因為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)的圖象比g(x)的圖象更平緩．5．已知函數(shù)f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2，3)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是________________；(2)若f(x)在(2，3)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是________．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)上單調(diào)遞減，則有eq\f(2a,3)≥3，解得a≥eq\f(9,2)；若f(x)在(2，3)上單調(diào)遞增，則有eq\f(2a,3)≤2，解得a≤3，所以若f(x)在(2，3)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)).(2)若f(x)在(2，3)上不單調(diào)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3<a<eq\f(9,2)，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2))).考向一利用導(dǎo)數(shù)研究不含參函數(shù)的單調(diào)性例1(1)(2024·河南重點中學(xué)聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝xlnx＋1的單調(diào)遞減區(qū)間是()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)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減．故選A.(2)(2024·蘇州模擬)函數(shù)f(x)＝x3＋2x2－4x的單調(diào)遞增區(qū)間是________．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)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).利用導(dǎo)數(shù)求不含參函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(1)當(dāng)導(dǎo)函數(shù)不等式可解時，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，與定義域求交集，求出單調(diào)區(qū)間．(2)當(dāng)導(dǎo)函數(shù)方程f′(x)＝0可解時，解出方程的實根，依照實根把函數(shù)的定義域劃分為幾個區(qū)間，確定各區(qū)間上f′(x)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間．(3)若導(dǎo)函數(shù)對應(yīng)的方程、不等式都不可解，根據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，利用圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間．提醒：若所求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個，這些區(qū)間之間不能用“∪”“或”連接，只能用“，”“和”隔開．1.函數(shù)f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．答案(－∞，0)(0，1)解析f(x)的定義域為{x|x≤1}，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(1－x)).令f′(x)＝0，得x＝0.當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x<0時，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．2．求函數(shù)f(x)＝e2x－e(2x＋1)的單調(diào)區(qū)間．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：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)極小值∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).考向二利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．解因為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).由題意知函數(shù)g(x)的定義域為(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，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減；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)，所以函數(shù)g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，則在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上可得，當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減．利用導(dǎo)數(shù)討論含參函數(shù)單調(diào)性的策略(1)若導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)式，首先看能否因式分解，再討論二次項系數(shù)的正負(fù)及兩根的大?。蝗舨荒芤蚴椒纸?，則需討論判別式的正負(fù)、二次項系數(shù)的正負(fù)、兩根的大小及根是否在定義域內(nèi)．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點．(3)個別導(dǎo)數(shù)為0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數(shù)．已知函數(shù)f(x)＝a(x－2)ex－(x－1)2.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解f′(x)＝aex＋a(x－2)ex－2(x－1)＝(x－1)aex－2(x－1)＝(x－1)(aex－2)．①當(dāng)a≤0時，aex－2<0，所以在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，在(－∞，1)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．②當(dāng)a＞0時，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)，當(dāng)lneq\f(2,a)>1，即0＜a<eq\f(2,e)時，在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)lneq\f(2,a)<1，即a>eq\f(2,e)時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)lneq\f(2,a)＝1，即a＝eq\f(2,e)時，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)0<a<eq\f(2,e)時，f(x)在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞eq\f(2,e)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝eq\f(2,e)時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤0時，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．多角度探究突破考向三利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問題角度比較大小或解不等式例3(1)(2023·張家口調(diào)研)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解析由題意知f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，則函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，故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，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)))上單調(diào)遞增，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·西寧大通縣一模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)＝20，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>6x2＋2，則不等式f(x)>2x3＋2x的解集為()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，則g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增．因為g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等價于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式f(x)>2x3＋2x的解集為{x|x>2}．故選B.利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式的策略(1)判斷已知(或構(gòu)造后的)函數(shù)的單調(diào)性．(2)由單調(diào)性比較大小，通常是由自變量的大小推出對應(yīng)函數(shù)值的大??；由單調(diào)性解不等式，通常是由函數(shù)值的大小推出對應(yīng)自變量的大?。?.(2023·濰坊二模)設(shè)函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex－cosx，則不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0的解集為()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解析根據(jù)題意，當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex－cosx，此時有f′(x)＝ex＋sinx>0，則f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(x)為R上的奇函數(shù)，故f(x)在R上為增函數(shù)．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，即原不等式的解集為(1，＋∞)．2．(2024·安慶模擬)已知a＝eq\f(ln\r(2),4)，b＝eq\f(1,e2)，c＝eq\f(lnπ,2π)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<c<b B．b<a<cC．a(chǎn)<b<c D．c<a<b答案C解析令f(x)＝eq\f(lnx,x2)，則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)，＋∞)上單調(diào)遞減，因為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))，又因為4>e>eq\r(π)>eq\r(e)，所以f(4)<f(e)<f(eq\r(π))，即a<b<c.故選C.角度根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例4(1)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A．e2 B．eC．e－1 D．e－2答案C解析依題意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)，設(shè)g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值為e－1.故選C.(2)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．若f(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則a的取值范圍為________．答案(－1，0)∪(0，＋∞)解析因為f(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則f′(x)<0在[1，4]上有解，所以當(dāng)x∈[1，4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當(dāng)x∈[1，4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)．已知函數(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)注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解．(3)函數(shù)在某個區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題．1.(2024·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－12x，若f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案[－1，1)解析因為f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函數(shù)f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則區(qū)間(2m，m＋1)是區(qū)間[－2，2]的子區(qū)間，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m≥－2，,m＋1≤2，,m＋1>2m，))解得－1≤m<1，所以實數(shù)m的取值范圍是[－1，1)．2．(2023·白城第一中學(xué)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋2)上不單調(diào)，則實數(shù)t的取值范圍是________．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)，∵函數(shù)f(x)在(t，t＋2)上不單調(diào)，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)在(t，t＋2)上有變號零點，∴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)的定義域為(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故實數(shù)t的取值范圍是[0，1)．

課時作業(yè)一、單項選擇題1.(2023·馬鞍山模擬)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，則下列結(jié)論正確的是()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解析由題意可知，當(dāng)x∈[c，e]時，f′(x)≥0，函數(shù)是增函數(shù)，所以f(e)＞f(d)＞f(c)．故選D.2．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)間是[－1，4]，則a＝()A．－4 B．－1C．1 D．4答案A解析易知f′(x)＝x2－3x＋a，由題意知f′(x)≤0的解集為[－1，4]，則－1與4是方程x2－3x＋a＝0的兩個根，故a＝－1×4＝－4.3．(2024·鎮(zhèn)江模擬)若冪函數(shù)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(0，2) B．(－∞，0)和(2，