统考版2024届高考数学一轮复习第七章7.7数学归纳法学案理含解析20230423138

统考版2024届高考数学一轮复习第七章7.7数学归纳法学案理含解析20230423138第七节数学归纳法【知识重温】一、必记3个知识点1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出①________的推理方法叫归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为②________归纳法和③________归纳法．2．数学归纳法数学归纳法：一个与自然数相关的命题，如果：(1)当n取第1个值n0时命题成立；(2)假设当n＝k，(k∈N＋，且k≥n0)时，命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时命题也成立，那么可以断定这个命题对于n取第1个值后面的所有正整数成立．3．数学归纳法证题的步骤(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值④________时，命题成立．(2)(归纳递推)假设⑤________(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当⑥________时命题也成立．只要完成这两个步骤就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．二、必明2个易误点应用数学归纳法时应注意两点：1．数学归纳法证题时，误把第一个值n0认为是1，如证明多边形内角和定理(n－2)π时，初始值n0＝3.2．数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝k到n＝k＋1增加了哪些项或减少了哪些项．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)与正整数n有关的数学命题的证明只能用数学归纳法．()(2)数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1.()(3)数学归纳法的两个步骤缺一不可．()二、教材改编2．下列结论能用数学归纳法证明的是()A．x>sinx，x∈(0，π)B．ex≥x＋1(x∈R)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1(n∈N*)D．sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ(α，β∈R)3．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,6n－1)(n∈N＋)，则f(1)为()C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)D．非以上答案三、易错易混4．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)5．用数学归纳法证明：“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n>1)”，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项的项数是________．eq\x(考点一)用数学归纳法证明等式[自主练透型]1．求证：12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).2．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．悟·技法用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且必须用上假设.考点二用数学归纳法证明不等式[互动讲练型][例1]已知数列{an}，an≥0，a1＝0，aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1－1＝aeq\o\al(2,n).求证：当n∈N*时，an<an＋1.悟·技法数学归纳法证明与n有关的不等式两种常见形式一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往要先对n取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．[注意]用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时成立得n＝k＋1时成立，主要方法有：(1)放缩法；(2)利用基本不等式；(3)作差比较法等.[变式练]——(着眼于举一反三)1．设整数p>1.证明：当x>－1且x≠0时(1＋x)p>1＋px.考点三归纳、猜想、证明[互动讲练型][例2]已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,an)－1，且an>0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；(2)证明通项公式的正确性．悟·技法“归纳—猜想—证明”的一般环节[变式练]——(着眼于举一反三)2．已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1.(1)写出a1，a2，a3，推测an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得结论．第七节数学归纳法【知识重温】①一般结论②完全③不完全④n＝n0⑤n＝k⑥n＝k＋1【小题热身】1．答案：(1)×(2)×(3)√2．解析：数学归纳法是用来证明与自然数有关的命题的一种方法，由此可知选项C符合题意．答案：C3．解析：等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n－1，则当n＝1时，最大分母为5，故选C.答案：C4．解析：由f(n)可知，共有n2－n＋1项，且n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案：D5．解析：当n＝k时，不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)<k.则n＝k＋1时，左边应为：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)则增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.答案：2k课堂考点突破考点一1．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝eq\f(1×1＋1×2＋1,6)＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)，则当n＝k＋1时，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)＋(k＋1)2＝eq\f(k＋1[k＋1＋1][2k＋1＋1],6)，所以当n＝k＋1时，等式仍然成立，由(1)、(2)可知，对于∀n∈N*等式恒成立．2．证明：(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，右边＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，当n＝k＋1时，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fk＋1－\f(1,k＋1)))－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．考点二例1证明：(1)当n＝1时，因为a2是方程aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的正根，所以a2＝eq\f(\r(5)－1,2)，即a1<a2成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，0≤ak<ak＋1，所以aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝(aeq\o\al(2,k＋2)＋ak＋2－1)－(aeq\o\al(2,k＋1)＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)>0，又ak＋1>ak≥0，所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，所以ak＋1<ak＋2，即当n＝k＋1时，an<an＋1也成立．综上，由(1)(2)可知an<an＋1对任何n∈N*都成立．变式练1．证明：(1)当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．(2)假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合(1)(2)可得，当x>－1且x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．考点三例2解析：(1)当n＝1时，由已知得a1＝eq\f(a1,2)＋eq\f(1,a1)－1，aeq\o\al(2,1)＋2a1－2＝0.∴a1＝eq\r(3)－1(a1>0)．当n＝2时，由已知得a1＋a2＝eq\f(a2,2)＋eq\f(1,a2)－1，将a1＝eq\r(3)－1代入并整理得aeq\o\al(2,2)＋2eq\r(3)a2－2＝0.∴a2＝eq\r(5)－eq\r(3)(a2>0)．同理可得a3＝eq\r(7)－eq\r(5).猜想an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)(n∈N*)．(2)证明：①由(1)知，当n＝1,2,3时，通项公式成立．②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1).由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(ak＋1,2)＋eq\f(1,ak＋1)－eq\f(ak,2)－eq\f(1,ak)，将ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1)代入上式，整理得aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(2k＋1)ak＋1－2＝0，∴ak＋1＝eq\r(2k＋3)－eq\r(2k＋1)，即n＝k＋1时通项公式成立．由①②可知对所有n∈N*，an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)都成立．变式练2．解析：(1)由Sn＋an＝2n＋1，得a1＝eq\f(3,2)，a2＝eq\f(7,4)，a3＝eq\f(15,8)，推测an＝eq\f(2n＋1－1,2n)＝2－eq\f(1,2n)(n∈N*)．(2)证明：an＝2－eq\f(1,2n)(n∈N*)，①当n＝1时，a1＝2－eq\f(1,21)＝eq\f(3,2)，结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即ak＝2－eq\f(1,2k)，那么当n＝k＋1时，a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1，∵a1＋a2＋…＋ak＝2k＋1－ak，∴2ak＋1＝ak＋2，∴2ak＋1＝4－eq\f(1,2k)，∴ak＋1＝2－eq\f(1,2k＋1)，∴当n＝k＋1时结论成立．由①②知对于任意正整数n，结论都成立．第一节变化率与导数、导数的计算【知识重温】一、必记5个知识点1．平均变化率及瞬时变化率(1)f(x)从x1到x2的平均变化率是：eq\f(Δy,Δx)＝①________________.(2)f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是：eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝②________________.2．导数的概念(1)f(x)在x＝x0处的导数就是f(x)在x＝x0处的③______________，记作y'|x＝x0或f′(x0)，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).(2)当把上式中的x0看作变量x时，f′(x)即为f(x)的导函数，简称导数，即y′＝f′(x)＝④________________.3．导数的几何意义函数f(x)在x＝x0处的导数就是⑤____________________________，即曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k＝f′(x0)，切线方程为⑥________________.4．基本初等函数的导数公式(1)C′＝⑦________(C为常数)．(2)(xn)′＝⑧________(n∈Q*)．(3)(sinx)′＝⑨________，(cosx)′＝⑩________.(4)(ex)′＝⑪________，(ax)′＝⑫________.(5)(lnx)′＝⑬________，(logax)′＝⑭________.5．导数运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝⑮____________________.(2)[f(x)·g(x)]′＝⑯____________________.(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．二、必明3个易误点1．利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．2．求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)f′(x)与f′(x0)(x0为常数)表示的意义相同．()(2)在曲线y＝f(x)上某点处的切线与曲线y＝f(x)过某点的切线意义是相同的．()(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．()(4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．()二、教材改编2．已知函数f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝()A．eB．1C．－1D．－e3．曲线y＝1－eq\f(2,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为______________________．三、易错易混4．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()5．设f(x)＝ln(3－2x)＋cos2x，则f′(0)＝________.四、走进高考6．[2020·全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝eq\f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq\f(e,4)，则a＝________.eq\x(考点一)导数的运算[自主练透型]1．[2021·华中师范大学第一附中模拟]设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝x3＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))x2－x，则f′(1)＝________.2．已知f(x)＝eq\f(cosx,ex)，则f′(x)＝________.3．f(x)＝x(2019＋lnx)，若f′(x0)＝2020，则x0＝________.4．[2021·山东省实验中学诊断性考试]设f(x)＝aex＋blnx，且f′(1)＝e，f′(－1)＝eq\f(1,e)，则a＋b＝________.悟·技法[注意]求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则先化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量.考点二导数的几何意义[分层深化型]考向一：已知切点的切线方程[例1][2020·全国卷Ⅰ]函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()A．y＝－2x－1B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3D．y＝2x＋1考向二：未知切点的切线方程[例2](1)[2021·武汉调研]过点P(1,1)作曲线y＝x3的切线，则切线方程为______________．(2)[2020·全国卷Ⅰ]曲线y＝lnx＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．考点三与切线有关的参数问题[互动讲练型][例3][2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D．a＝e－1，b＝－1悟·技法导数几何意义的应用及解决(1)已知切点A(x0，y0)求斜率k，即求该点处的导数值k＝f′(x0)．(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)求过某点M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点A(x0，f(x0))，则切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，再把点M(x1，y1)代入切线方程，求x0.(4)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．[提醒]当切线方程中x(或y)的系数含有字母参数时，则切线恒过定点.[同类练]——(着眼于触类旁通)1．[2021·福州市高三毕业班适应性练习卷]曲线f(x)＝xsinx在点(π，0)处的切线方程为________．2．[2021·郑州市高中毕业年级第一次质量预测]曲线y＝xex－2x2＋1在点(0,1)处的切线方程为________．[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2021·黄冈中学，华师附中等八校联考]设曲线y＝2ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝________.4．[2021·惠州市高三调研考试试题]函数f(x)＝(x＋a)ex的图象在x＝1和x＝－1处的切线相互垂直，则a＝()A．－1B．0C．1D．25．[2021·洛阳市尖子生联考]已知f(x)为偶函数，当x>0时，f(x)＝lnx－3x，则曲线y＝f(x)在点(－1，－3)处的切线与两坐标轴围成图形的面积等于()A．1B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)6．若点P是函数y＝ex－e－x－3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)))图象上任意一点，且在点P处切线的倾斜角为α，则α的最小值是()A.eq\f(5π,6)B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)第一节变化率与导数、导数的计算【知识重温】①eq\f(fx2－fx1,x2－x1)②eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)③瞬时变化率④eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)⑤曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率⑥y－y0＝f′(x0)(x－x0)⑦0⑧nxn－1⑨cosx⑩－sinx⑪ex⑫axlna⑬eq\f(1,x)⑭eq\f(1,xlna)⑮f′(x)±g′(x)⑯f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)【小题热身】1．答案：(1)×(2)×(3)√(4)×2．解析：∵f(x)＝2xf′(1)＋lnx，∴f′(x)＝2f′(1)＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，∴f′(1)＝－1.答案：C3．解析：∵y′＝eq\f(2,x＋22)，∴y′|x＝－1＝2.∴所求切线方程为2x－y＋1＝0.答案：2x－y＋1＝04．解析：由y＝f′(x)的图象知，y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y＝f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A，C；又由图象知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图象在x＝x0处相交，说明y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率相同，故可排除B，故选D.答案：D5．解析：因为f′(x)＝－eq\f(2,3－2x)－2sin2x，所以f′(0)＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)6．解析：由于f′(x)＝eq\f(exx＋a－ex,x＋a2)，故f′(1)＝eq\f(ea,1＋a2)＝eq\f(e,4)，解得a＝1.答案：1课堂考点突破考点一1．解析：因为f(x)＝x3＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))x2－x，所以f′(x)＝3x2＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))x－1.所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))×eq\f(2,3)－1.解得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－1.所以f′(x)＝3x2－2x－1，所以f′(1)＝0.答案：02．解析：f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,ex)))′＝eq\f(cosx′ex－cosxex′,ex2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).答案：－eq\f(sinx＋cosx,ex)3．解析：f′(x)＝2019＋lnx＋x·eq\f(1,x)＝2020＋lnx，由f′(x0)＝2020，得2020＋lnx0＝2020，∴x0＝1.答案：14．解析：f′(x)＝aex＋eq\f(b,x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝ae＋b＝e,f′－1＝ae－1－b＝\f(1,e)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))∴a＋b＝1.答案：1考点二例1解析：f′(x)＝4x3－6x2，则f′(1)＝－2，易知f(1)＝－1，由点斜式可得函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.答案：B例2解析：(1)设切点坐标为(x0，y0)，由y＝x3，得y′＝3x2，所以切线的斜率k＝y′|x＝x0＝3xeq\o\al(2,0)，则切线方程为y－y0＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)．又点(x0，y0)在曲线y＝x3上，且点P(1,1)在切线上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－y0＝3x\o\al(2,0)1－x0，,y0＝x\o\al(3,0)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,y0＝－\f(1,8)，))所以切线方程为y－1＝3(x－1)或y＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即y＝3x－2或y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(1,4).(2)设切点坐标为(x0，lnx0＋x0＋1)．由题意得y′＝eq\f(1,x)＋1，则该切线的斜率k＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))))x＝x0＝eq\f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，所以切点坐标为(1,2)，所以该切线的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案：(1)y＝3x－2或y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(1,4)(2)y＝2x考点三例3解析：因为y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1,b＝－1.))答案：D同类练1．解析：因为f′(x)＝sinx＋xcosx，所以f′(π)＝sinπ＋πcosπ＝－π，所以曲线f(x)在点(π，0)处的切线方程为y＝－π(x－π)，即πx＋y－π2＝0.答案：πx＋y－π2＝02．解析：由题意得y′＝(x＋1)ex－4x，则曲线y＝xex－2x2＋1在点(0,1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝0＝1，所以所求的切线方程为y＝x＋1，即x－y＋1＝0.答案：x－y＋1＝03．解析：由已知得y′＝2a－eq\f(1,x＋1)(x>－1)，所以y′|x＝0＝2a－1＝2，解得a＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)4．解析：f′(x)＝(x＋a＋1)ex，故f′(1)＝(a＋2)e，f′(－1)＝eq\f(a,e).由题意可得f′(1)·f′(－1)＝－1，即(a＋2)e·eq\f(a,e)＝－1，解得a＝－1，选A.答案：A5．解析：当x>0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－3，因为f(x)是偶函数，所以f′(x)是奇函数，故在(－1，－3)处切线的斜率k＝f′(－1)＝－f′(1)＝2，所以切线方程为y＋3＝2(x＋1)，该切线与x轴，y轴的交点分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，(0，－1)，所以该切线与两坐标轴围成图形的面积等于eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,4)，故选C.答案：C6．解析：由题意知y′＝ex＋e－x－3≥2－3＝－1，当且仅当x＝0时等号成立，即tanα≥－1，又－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)，所以y′＝ex＋e－x－3≤eq\r(e)＋eq\f(1,\r(e))－3<0，所以－1≤tanα<0，又α∈[0，π]，所以α的最小值是eq\f(3π,4).答案：B第1课时利用导数研究函数的单调性eq\x(考点一)不含参数的单调性[自主练透型]1．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－1,1)2．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，＋∞)3．[2021·宁夏银川模拟]若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．4．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________．悟·技法利用导数求函数的单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间.考点二含参数的单调性[互动讲练型][例1][2020·全国卷Ⅲ节选]已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.讨论f(x)的单调性．悟·技法利用导数求函数的单调区间的方法(1)确定函数y＝f(x)的定义域．(2)求导数f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根．(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间．(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．[提醒]研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2019·全国卷Ⅲ节选]已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论f(x)的单调性．

考点三已知函数的单调性求参数(范围)[分层深化型]考向一：存在单调区间求参数(范围)[例2]设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．考向二：在区间上单调求参数范围[例3]在[例2]第(3)问中，若改为g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何解？考向三：在区间上不单调求参数范围[例4]在[例2]第(3)问中，若g(x)在(－2，－1)上不单调，求a的取值范围？悟·技法已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题来求解：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”．[提醒]f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.[变式练]——(着眼于举一反三)2．在[例2]第(3)问中，若g(x)的单调递减区间为(－2，－1)，求a的值．3．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．第1课时利用导数研究函数的单调性课堂考点突破考点一1．解析：∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)(x>0)，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．答案：A2．解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.答案：D3．解析：设幂函数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，即α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，则g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，令g′(x)<0，得－2<x<0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)4．解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0(x∈(－π，π))，解得－π<x<－eq\f(π,2)或0<x<eq\f(π,2)，故函数f(x)的单调递增区间是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))).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)))考点二例1解析：f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，f′(x)>0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．变式练1．解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))单调递减；若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a<0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))单调递减．考点三例2解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(