2023高考数学大一轮复习第三章导数及其应用教师用书理

PAGEPAGEPAGE83第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))导数及其应用第一节变化率与导数、导数的计算本节主要包括2个知识点：1.导数的运算；2.导数的几何意义.本节主要包括2个知识点：1.导数的运算；2.导数的几何意义.突破点(一)导数的运算根底联通抓主干知识的“源〞与“流〞1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).2．函数f(x)的导函数称函数f′(x)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)为f(x)的导函数．3．根本初等函数的导数公式原函数sinxcosxax(a>0)exlogax(a>0，且a≠1)lnx导函数cosx－sin_xaxln_aexeq\f(1,xlna)eq\f(1,x)4.导数运算法那么(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(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．5．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.考点贯穿抓高考命题的“形〞与“神〞函数的解析式求导数[例1]求以下函数的导数：(1)y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))；(2)y＝eq\f(lnx,x)；(3)y＝tanx；(4)y＝3xex－2x＋e；(5)y＝eq\f(ln2x＋3,x2＋1).[解](1)∵y＝(1－eq\r(x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(x))))＝eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＝x－eq\f(1,2)－xeq\f(1,2)，∴y′＝(x－eq\f(1,2))′－(xeq\f(1,2))′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2).(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))′＝eq\f(lnx′x－x′lnx,x2)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(sinx′cosx－sinxcosx′,cos2x)＝eq\f(cosxcosx－sinx－sinx,cos2x)＝eq\f(1,cos2x).(4)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3x(ln3)·ex＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(5)y′＝eq\f([ln2x＋3]′x2＋1－ln2x＋3x2＋1′,x2＋12)＝eq\f(\f(2x＋3′,2x＋3)·x2＋1－2xln2x＋3,x2＋12)＝eq\f(2x2＋1－2x2x＋3ln2x＋3,2x＋3x2＋12).[方法技巧]导数的运算方法(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导．(3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导．(4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．(6)复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导．导数运算的应用[例2](1)(2022·济宁二模)函数f(x)＝x(2017＋lnx)，f′(x0)＝2018，那么x0＝()A．e2B．1C．ln2D．e(2)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2xf′(2017)＋2017lnx，那么f′(1)＝________.[解析](1)由题意可知f′(x)＝2017＋lnx＋x·eq\f(1,x)＝2018＋lnx．由f′(x0)＝2018，得lnx0＝0，解得x0＝1.(2)由题意得f′(x)＝x＋2f′(2017)＋eq\f(2017,x)，所以f′(2017)＝2017＋2f′(2017)＋eq\f(2017,2017)，即f′(2017)＝－(2017＋1)＝－2018.故f′(1)＝1＋2×(－2018)＋2017＝－2018.[答案](1)B(2)－2018[方法技巧]对抽象函数求导的解题策略在求导问题中，常涉及一类解析式中含有导数值的函数，即解析式类似为f(x)＝f′(x0)x＋sinx＋lnx(x0为常数)的函数，解决这类问题的关键是明确f′(x0)是常数，其导数值为0.因此先求导数f′(x)，令x＝x0，即可得到f′(x0)的值，进而得到函数解析式，求得所求的导数值．能力练通抓应用体验的“得〞与“失〞1.eq\a\vs4\al([考点一])(2022·东北四市联考)y＝eq\r(2017)，那么y′＝()A.eq\f(1,2\r(2017)) B．－eq\f(1,2\r(2017))C.eq\f(2017,\r(2017)) D．0解析：选D因为常数的导数为0，又y＝eq\r(2017)是常数函数，所以y′＝0.2.eq\a\vs4\al([考点二])(2022·大同二模)函数f(x)＝xsinx＋ax，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，那么a＝()A．0B．1解析：选A∵f′(x)＝sinx＋xcosx＋a，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，∴sineq\f(π,2)＋eq\f(π,2)coseq\f(π,2)＋a＝1，即a＝0.3.eq\a\vs4\al([考点二])(2022·湖北重点中学月考)函数f(x)的导数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，那么f′(2)的值等于()A．－2 B．2C．－eq\f(9,4)D.eq\f(9,4)解析：选C因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq\f(1,x)，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋eq\f(1,2)，解得f′(2)＝－eq\f(9,4).应选C.4.eq\a\vs4\al([考点二])在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，那么f′(0)的值为________．解析：因为f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.又数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8答案：40965.eq\a\vs4\al([考点一])求以下函数的导数．(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－cosxex′,ex2)＝－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.突破点(二)导数的几何意义根底联通抓主干知识的“源〞与“流〞函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别地，如果曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线垂直于x轴，那么此时导数f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x＝x0.考点贯穿抓高考命题的“形〞与“神〞求切线方程[例1]函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．[解](1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，即x－y－4＝0.(2)设切点坐标为(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，∵f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5，∴切线方程为y－(－2)＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x－2)，又切线过点(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，∴xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－2＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或x0＝1，∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.[方法技巧]求切线方程问题的两种类型及方法(1)求“在〞曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)处的切线方程(高考常考类型)，那么点P(x0，y0)为切点，切线斜率为k＝f′(x0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．(2)求“过〞曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)的切线方程，那么切线经过点P，点P可能是切点，也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法〞，即：①设切点A(x1，y1)，那么以A为切点的切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)；②根据题意知点P(x0，y0)在切线上，点A(x1，y1)在曲线y＝f(x)上，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝fx1，,y0－y1＝f′x1x0－x1，))求出切点A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化简即得所求的切线方程．[提醒]“过点A的曲线的切线方程〞与“在点A处的曲线的切线方程〞是不相同的，后者A必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，假设有，那么只有一条；曲线过某点的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．求切点坐标[例2]设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝eq\f(1,x)(x＞0)上点P处的切线垂直，那么点P的坐标为________．[解析]y＝ex的导数为y′＝ex，那么曲线y＝ex在点(0,1)处的切线斜率k1＝e0＝1.y＝eq\f(1,x)(x＞0)的导数为y′＝－eq\f(1,x2)(x＞0)，设P(m，n)，那么曲线y＝eq\f(1,x)(x＞0)在点P处的切线斜率k2＝－eq\f(1,m2)(m＞0)．因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，那么点P的坐标为(1,1)．[答案](1,1)求参数的值[例3]直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，那么2a＋bA．2B．－1[解析]依题意知，y′＝3x2＋a，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13＋a×1＋b＝3，,3×12＋a＝k，,k×1＋1＝3，))由此解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3，,k＝2，))所以2a＋b＝1，选C.[答案]C[方法技巧]根据导数的几何意义求参数值的思路根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P(x0，y0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．能力练通抓应用体验的“得〞与“失〞1.eq\a\vs4\al([考点一])f(x)＝2exsinx，那么曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为()A．y＝0 B．y＝2xC．y＝x D．y＝－2x解析：选B∵f(x)＝2exsinx，∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝2，∴曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.2.eq\a\vs4\al([考点三])曲线f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为eq\f(3π,4)，那么实数a＝()A．1 B．－1C．7 D．－7解析：选Cf′(x)＝eq\f(2xx＋1－x2＋a,x＋12)＝eq\f(x2＋2x－a,x＋12)，∵f′(1)＝taneq\f(3π,4)＝－1，即eq\f(3－a,4)＝－1，∴a＝7.3.eq\a\vs4\al([考点二])在平面直角坐标系xOy中，点M在曲线C：y＝x3－x+1上，且在第二象限内，曲线C在点M处的切线的斜率为2，那么点M的坐标为________．解析：由y′＝3x2－1＝2，得x＝±1，又点M在第二象限内，故x＝－1，此时y＝1，故点M的坐标为(－1,1)．答案：(－1,1)4.eq\a\vs4\al([考点三])(2022·衡阳八中模拟)函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a>0且a≠1，f′(x)为f(x)的导函数，假设f′(1)＝3，那么a的值为________．解析：因为f(x)＝axlnx，所以f′(x)＝lna·axlnx＋eq\f(ax,x).又f′(1)＝3，所以a＝3.答案：35.eq\a\vs4\al([考点二])假设曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，那么点P的坐标是________．解析：由题意得y′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝1＋lnx，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P(m，n)，那么1＋lnm＝2，解得m＝e，所以n＝elne＝e，即点P的坐标为(e，e)．答案：(e，e)6.eq\a\vs4\al([考点一])如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，那么曲线g(x)在x＝3处的切线方程为________．解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－eq\f(1,3)，即f′(3)＝－eq\f(1,3).又因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由题图可知f(3)＝1，所以g(3)＝3f(3)＝3，g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.那么曲线g(x)在x＝3处的切线方程为y－3＝0.答案：y－3＝0[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2022·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，那么a＝()A．0B．1解析：选Dy′＝a－eq\f(1,x＋1)，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.2．(2022·全国甲卷)假设直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，那么b＝________.解析：易得(lnx＋2)′＝eq\f(1,x)，[ln(x＋1)]′＝eq\f(1,x＋1).设曲线y＝lnx＋2上的切点横坐标为x1，曲线y＝ln(x＋1)上的切点横坐标为x2，那么y＝lnx＋2的切线方程为：y＝eq\f(1,x1)·x＋lnx1＋1，y＝ln(x＋1)的切线方程为：y＝eq\f(1,x2＋1)x＋ln(x2＋1)－eq\f(x2,x2＋1).根据题意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝lnx2＋1－\f(x2,x2＋1)，))解得x1＝eq\f(1,2)，x2＝－eq\f(1,2)，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.答案：1－ln23．(2022·全国丙卷)f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，那么曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．解析：因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝lnx－3x，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－3，那么f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.答案：y＝－2x－14．(2022·全国甲卷)函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)假设当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)＞0.设g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1).由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练根底小题——强化运算能力]1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)解析：选C∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2∴f′(x)＝3(x2－a2)．2．曲线y＝sinx＋ex在点(0,1)处的切线方程是()A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0解析：选C∵y＝sinx＋ex，∴y′＝cosx＋ex，∴y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0))＝cos0＋e0＝2，∴曲线y＝sinx＋ex在点(0,1)处的切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.3．(2022·安庆二模)给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，假设方程f″(x)＝0有实数解x0，那么称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点〞．函数f(x)＝3x＋4sinx－cosx的拐点是M(x0，f(x0))，那么点M()A．在直线y＝－3x上 B．在直线y＝3x上C．在直线y＝－4x上 D．在直线y＝4x上解析：选Bf′(x)＝3＋4cosx＋sinx，f″(x)＝－4sinx＋cosx，由题可知f″(x0)＝0，即4sinx0－cosx0＝0，所以f(x0)＝3x0，故M(x0，f(x0))在直线y＝3x上．应选B.4．(2022·贵阳一模)曲线y＝xex在点(1，e)处的切线与直线ax＋by＋c＝0垂直，那么eq\f(a,b)的值为()A．－eq\f(1,2e) B．－eq\f(2,e)C.eq\f(2,e)D.eq\f(1,2e)解析：选Dy′＝ex＋xex，那么y′|x＝1＝2e.∵曲线在点(1，e)处的切线与直线ax＋by＋c＝0垂直，∴－eq\f(a,b)＝－eq\f(1,2e)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(1,2e)，应选D.5．直线y＝－x＋1是函数f(x)＝－eq\f(1,a)ex图象的切线，那么实数a＝________.解析：设切点为(x0，y0)．f′(x)＝－eq\f(1,a)ex，那么f′(x0)＝－eq\f(1,a)·ex0＝－1，∴ex0＝a，又－eq\f(1,a)·ex0＝－x0＋1，∴x0＝2，∴a＝e2.答案：e2[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．(2022·惠州模拟)函数f(x)＝eq\f(1,x)cosx，那么f(π)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．－eq\f(3,π2) B．－eq\f(1,π2)C．－eq\f(3,π) D．－eq\f(1,π)解析：选C由题可知，f(π)＝－eq\f(1,π)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)cosx＋eq\f(1,x)(－sinx)，那么f(π)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(1,π)＋eq\f(2,π)×(－1)＝－eq\f(3,π).2．设曲线y＝eq\f(1＋cosx,sinx)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，那么实数a等于()A．－1B.eq\f(1,2)C．－2 D．2解析：选A∵y′＝eq\f(－1－cosx,sin2x)，∴y′x＝eq\f(π,2)＝－1，由条件知eq\f(1,a)＝－1，∴a＝－1.3．(2022·上饶模拟)假设点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，那么点P到直线y＝x－2距离的最小值为()A．1B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\r(3)解析：选B由题可得，y′＝2x－eq\f(1,x).因为y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，所以由2x－eq\f(1,x)＝1，得x＝1，那么P点坐标为(1,1)，所以曲线在点P处的切线方程为x－y＝0，所以两平行线间的距离为d＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，即点P到直线y＝x－2距离的最小值为eq\r(2).4．(2022·南昌二中模拟)设点P是曲线y＝x3－eq\r(3)x＋eq\f(2,3)上的任意一点，P点处切线倾斜角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)))解析：选C因为y′＝3x2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，故切线斜率k≥－eq\r(3)，所以切线倾斜角α的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).5．(2022·重庆诊断)函数f(x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx，其导函数为f′(x)，那么f(2017)＋f(－2017)＋f′(2017)－f′(－2017)的值为()A．0B．2解析：选B∵f(x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx，∴f′(x)＝－eq\f(2ex,ex＋12)＋cosx，f(x)＋f(－x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx＋eq\f(2,e－x＋1)＋sin(－x)＝2，f′(x)－f′(－x)＝－eq\f(2ex,ex＋12)＋cosx＋eq\f(2e－x,e－x＋12)－cos(－x)＝0，∴f(2017)＋f(－2017)＋f′(2017)－f′(－2017)＝2.6．f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mx＋eq\f(7,2)(m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，那么m的值为()A．－1B．－3解析：选D∵f′(x)＝eq\f(1,x)，∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1，又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，那么有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋mx0＋eq\f(7,2)，m<0，于是解得m＝－2.二、填空题7．函数f(x)在R上可导，且f(x)＝x2＋2x·f′(2)，那么函数f(x)的解析式为________．解析：由题意得f′(x)＝2x＋2f′(2)，那么f′(2)＝4＋2f′(2)，所以f′(2)＝－4，所以f(x)＝x2－8答案：f(x)＝x2－8x8．假设直线l与幂函数y＝xn的图象相切于点A(2,8)，那么直线l的方程为________．解析：由题意知，A(2,8)在y＝xn上，∴2n＝8，∴n＝3，∴y′＝3x2，直线l的斜率k＝3×22＝12，又直线l过点(2,8)．∴y－8＝12(x－2)，即直线l的方程为12x－y－16＝0.答案：12x－y－16＝09．假设曲线f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y轴的切线，那么实数a的取值范围是________．解析：由题意，可知f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，又存在垂直于y轴的切线，所以3ax2＋eq\f(1,x)＝0，即a＝－eq\f(1,3x3)(x>0)，故a∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)10.f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如下图．(1)假设f(1)＝1，那么f(－1)＝________；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，那么h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为________．(用“<〞连接)解析：(1)依题意，f′(x)＝x，g′(x)＝x2，设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，g(x)＝dx3＋ex2＋mx＋n(d≠0)，那么f′(x)＝2ax＋b＝x，g′(x)＝3dx2＋2ex＋m＝x2，故a＝eq\f(1,2)，b＝0，d＝eq\f(1,3)，e＝m＝0，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋c，g(x)＝eq\f(1,3)x3＋n，由f(1)＝1得c＝eq\f(1,2)，那么f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，故f(－1)＝1.(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)x3＋c－n，那么有h(－1)＝eq\f(5,6)＋c－n，h(0)＝c－n，h(1)＝eq\f(1,6)＋c－n，故h(0)<h(1)<h(－1)．答案：(1)1(2)h(0)<h(1)<h(－1)三、解答题11．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.(1)求过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；(2)假设在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，那么f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k，那么由(2)中条件并结合(1)中结论可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1，))解得－1≤k＜0或k≥1，故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－eq\r(2)]∪(1,3)∪[2＋eq\r(2)，＋∞)．12．设函数y＝x2－2x＋2的图象为C1，函数y＝－x2＋ax＋b的图象为C2，过C1与C2的一个交点的两切线互相垂直，求a＋b的值．解：对于C1：y＝x2－2x＋2，有y′＝2x－2，对于C2：y＝－x2＋ax＋b，有y′＝－2x＋a，设C1与C2的一个交点为(x0，y0)，由题意知过交点(x0，y0)的两条切线互相垂直．∴(2x0－2)(－2x0＋a)＝－1，即4xeq\o\al(2,0)－2(a＋2)x0＋2a－1＝0，①又点(x0，y0)在C1与C2上，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x\o\al(2,0)－2x0＋2，,y0＝－x\o\al(2,0)＋ax0＋b，))即2xeq\o\al(2,0)－(a＋2)x0＋2－b＝0.②由①②消去x0，可得a＋b＝eq\f(5,2).第二节导数与函数的单调性本节主要包括2个知识点：1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间；本节主要包括2个知识点：1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间；2．利用导数解决函数单调性的应用问题.突破点(一)利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间根底联通抓主干知识的“源〞与“流〞1．函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)假设f′(x)>0，那么f(x)在这个区间内单调递增；(2)假设f′(x)<0，那么f(x)在这个区间内单调递减；(3)假设f′(x)＝0，那么f(x)在这个区间内是常数函数．2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.当x∈(a，b)时，f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．(2)f′(x)>0(<0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件.考点贯穿抓高考命题的“形〞与“神〞证明或讨论函数的单调性判断函数单调性的三种方法定义法在定义域内(或定义域的某个区间内)任取x1，x2，且x1<x2，通过判断f(x1)－f(x2)与0的大小关系来确定函数f(x)的单调性图象法利用函数图象的变化趋势直观判断，假设函数图象在某个区间内呈上升趋势，那么函数在这个区间内是增函数；假设函数图象在某个区间内呈下降趋势，那么函数在这个区间内是减函数导数法利用导数判断可导函数f(x)在定义域内(或定义域的某个区间内)的单调性[例1]函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1,x).(1)当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(3)当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a))，那么当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1－a,2a))))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(\f(1－a,2a))，)＋∞))时，f′(x)>0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1－a,2a))))上单调递减，在eq\a\vs4\al(\r(\f(1－a,2a))，)＋∞上单调递增．[方法技巧]导数法证明或讨论函数f(x)在(a，b)内单调性的步骤(1)求f′(x)；(2)确定f′(x)在(a，b)内的符号；(3)得出结论：当f′(x)>0时，函数f(x)在(a，b)内单调递增；当f′(x)<0时，函数f(x)在(a，b)内单调递减．[提醒]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．求函数的单调区间[例2]函数f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x，求函数f(x)的单调区间．[解]对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x，知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).所以f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，那么f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．所以函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．[方法技巧]用导数求函数单调区间的三种类型及方法(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．(2)当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成假设干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应根本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．能力练通抓应用体验的“得〞与“失〞1.eq\a\vs4\al([考点二])函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：选D依题意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．应选D.2.eq\a\vs4\al([考点一])以下函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx解析：选B对于A，f(x)＝sin2x的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)，∴函数f(x)＝x3－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝－eq\f(x－1,x)，令f′(x)>0，得0<x<1，∴函数f(x)＝－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.3.eq\a\vs4\al([考点二])函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0,2)解析：选A对于函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx，易得其定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，令eq\f(x2－1,x)<0，又x>0，所以x2－1<0，解得0<x<1，即函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为(0,1)．4.eq\a\vs4\al([考点一])函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，①当a≤0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0；当x>eq\f(1,a)时，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0，故函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．由①②知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．5.eq\a\vs4\al([考点二])函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.(1)假设曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，由可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋1＝c，,g1＝1＋b＝c，,2a＝3＋b，))解得a＝b＝3.(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋eq\f(a2,4)x＋1，F′(x)＝3x2＋2ax＋eq\f(a2,4)，令F′(x)＝0，得x1＝－eq\f(a,2)，x2＝－eq\f(a,6)，∵a>0，∴x1<x2，由F′(x)>0得，x<－eq\f(a,2)或x>－eq\f(a,6)；由F′(x)<0得，－eq\f(a,2)<x<－eq\f(a,6).∴函数f(x)＋g(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，＋∞))；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6))).突破点(二)利用导数解决函数单调性的应用问题利用导数解决函数单调性的应用问题主要有：(1)函数的单调性求参数范围问题：此类问题是近几年高考的热点，一般为解答题的第二问，难度中档．有时也以选择题、填空题的形式出现，难度中高档．解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变别离，转化为最值问题求解．(2)比拟大小或解不等式问题：利用导数方法解决此类问题的主要技巧就是灵活地构造函数，通过函数的性质求解．考点贯穿抓高考命题的“形〞与“神〞函数的单调性求参数的取值范围由函数的单调性求参数取值范围的方法(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；(3)假设f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．[例1]函数f(x)＝x3－ax－1.(1)假设f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)假设f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；(3)假设f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．[解](1)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．(2)因为f(x)在区间(－1,1)上为减函数，所以f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即a的取值范围为[3，＋∞)．(3)因为f(x)＝x3－ax－1，所以f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0)．因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.应用结论“函数f(x)在(a，b)上单调递增⇔f′(x)≥0恒成立；函数f(x)在(a，b)上单调递减⇔f′(x)≤0恒成立〞时，切记检验等号成立时导数是否在(a，b)上恒为0.[易错提醒]比拟大小或解不等式[例2](1)假设0<x1<x2<1，那么()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2(2)函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<eq\f(1,2)，那么不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集为________．[解析](1)构造函数f(x)＝ex－lnx，那么f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x).令f′(x)＝0，得xex－1＝0.根据函数y＝ex与y＝eq\f(1,x)的图象可知两函数图象交点x0∈(0,1)，因此f(x)＝ex－lnx在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错；构造函数g(x)＝eq\f(ex,x)，那么g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，故函数g(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上单调递减，故g(x1)>g(x2)，即eq\f(ex1,x1)>eq\f(ex2,x2)，那么x2ex1>x1ex2，应选C.(2)设F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)<eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)<F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[答案](1)C(2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)[方法技巧]利用导数比拟大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比拟大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比拟大小或解不等式．能力练通抓应用体验的“得〞与“失〞1.eq\a\vs4\al([考点一])函数f(x)＝x2＋4x＋alnx，假设函数f(x)在(1,2)上是单调函数，那么实数a的取值范围是()A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选C∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2＋4x＋a,x)，f(x)在(1,2)上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，即a≥－(2x2＋4x)或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋4x)，1<x<2，那么－16<g(x)<－6，∴a≥－6或a≤－16，应选C.2.eq\a\vs4\al([考点二])(2022·南昌三模)函数f(x)＝x3－3x，假设在△ABC中，角C是钝角，那么()A．f(sinA)>f(cosB)B．f(sinA)<f(cosB)C．f(sinA)>f(sinB)D．f(sinA)<f(sinB)解析：选A∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，故函数f(x)在区间(－1,1)上是减函数，又A、B都是锐角，且A＋B<eq\f(π,2)，∴0<A<eq\f(π,2)－B<eq\f(π,2)，∴sinA<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，故f(sinA)>f(cosB)，应选A.3.eq\a\vs4\al([考点一])假设函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，那么实数k的取值范围是________．解析：因为f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.答案：(－3，－1)∪(1,3)4.eq\a\vs4\al([考点一])函数f(x)＝eq\f(x3,3)－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在R上为单调递增函数，那么实数m的取值范围是________．解析：f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由题意可得f′(x)≥0在x∈R上恒成立，所以Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m答案：[2,4]5.eq\a\vs4\al([考点二])定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f′(x)<3，那么不等式f(x)<3x－15的解集为________．解析：令g(x)＝f(x)－3x＋15，那么f(x)<3x－15的解集即为g(x)<0的解集．又g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)在R上是减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以g(x)<g(4)，故x>4.所以f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2022·全国乙卷)假设函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，那么a的取值范围是()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)))解析：选C取a＝－1，那么f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x－sinx，f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x－cosx，但f′(0)＝1－eq\f(2,3)－1＝－eq\f(2,3)＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A、B、D.应选C.2．(2022·新课标全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，那么使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)解析：选A设y＝g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)，那么g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如下图．当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知0<x<1，当x<0时，由f(x)>0，得g(x)<0，由图知x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，应选A.3．(2022·新课标全国卷Ⅱ)假设函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，那么k的取值范围是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：选D因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<eq\f(1,x)<1，所以k≥1.应选D.[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练根底小题——强化运算能力]1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)解析：选D由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，应选D.2．函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，那么“a＞0”是“f(x)在R上单调递增〞的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选Af′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0〞是“f(x)在R上单调递增〞的充分不必要条件．3.函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如下图，那么f(x)的图象可能是()解析：选D当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，那么在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．4．假设函数f(x)＝sinx＋ax为R上的减函数，那么实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝cosx＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]5．函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，那么实数x的取值范围为________．解析：∵导函数f′(x)是偶函数，且f(0)＝0，∴原函数f(x)是奇函数，∴所求不等式变形为f(1－x)<f(x2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f(x)的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<eq\r(2)，∴实数x的取值范围是(1，eq\r(2))．答案：(1，eq\r(2))[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，那么函数f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞) D．(1,2)解析：选C函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(x－22x－1,x)>0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>2，故函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)．2．假设函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上单调递减，那么实数t的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(51,8))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，3))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,8)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，＋∞))解析：选Cf′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上单调递减，那么有f′(x)≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0在[1,4]上恒成立，那么t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上恒成立，因为y＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上单调递增，所以t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,4)))＝eq\f(51,8)，应选C.3.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如下图，那么函数y＝log2x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．[3，＋∞)C．[－2,3] D．(－∞，－2)解析：选D因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－4b＋c＝0，,27＋6b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(3,2)，,c＝－18.))令g(x)＝x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3)，那么g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<eq\f(1,2)时，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为(－∞，－2)．4．(2022·甘肃诊断考试)函数f(x)在定义域R内可导，假设f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，那么()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a解析：选C因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)<f(0)＝a，所以c<a<b，应选C.5．假设函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，那么f(x)在以下区间上单调递增的是()A．(－2,0) B．(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)解析：选D由题意知，f′(x)＝1－eq\f(b,x2)，∵函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－eq\f(b,x2)＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′(x)＞0，解得x＜－eq\r(b)或x＞eq\r(b)，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(b))，(eq\r(b)，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，应选D.6．y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋eq\f(fx,x)>0，那么对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有()A．af(a)<bf(b) B．af(a)>bf(b)C．af(b)>bf(a) D．af(b)<bf(a)解析：选B由f′(x)＋eq\f(fx,x)>0得eq\f(xf′x＋fx,x)>0，即eq\f([xfx]′,x)>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，应选B.二、填空题7．假设幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，那么函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．解析：设幂函数为f(x)＝xα，因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)<0，得－2<x<0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)8．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，假设f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，那么实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))9．R上可导函数f(x)的图象如下图，那么不等式(x2－2x－3)·f′(x)>0的解集为________．解析：由题图可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，x∈1，＋∞∪－∞，－1，,f′x<0，x∈－1，1，))不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x2－2x－3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x2－2x－3<0，))解得x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)10．假设函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，那么a的取值范围是________．解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a＞0，解得a＞－eq\f(1,9).所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(