高中一轮复习文数第三章导数及其应用

第三章导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算本节主要包括2个知识点：1.导数的概念及运算；2.导数的几何意义.突破点(一)导数的概念及运算基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．瞬时速度和瞬时加速度(1)瞬时速度：对于t∈[t0，t0＋Δt]时的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)，当Δt→0时，eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)趋近于一个常数，这个常数就是t＝t0的瞬时速度．(2)瞬时加速度：对于t∈[t0，t0＋Δt]时的平均加速度eq\x\to(a)＝eq\f(Δv,Δt)，当Δt→0时，eq\x\to(a)＝eq\f(Δv,Δt)趋近于一个常数，这个常数就是t＝t0的瞬时加速度．2．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数设函数y＝f(x)在区间(a，b)上有定义，x0∈(a，b)，若Δx无限趋近于0时，比值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)无限趋近于一个常数A，则称f(x)在x＝x0处可导，并称常数A为函数f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)．3．函数f(x)的导函数若函数y＝f(x)在区间(a，b)内任意一点都可导，则f(x)在各点的导数也随着自变量x的变化而变化，因而也是自变量x的函数，该函数称为f(x)的导函数，记作f′(x)．4．基本初等函数的求导公式原函数xαax(a＞0，且a≠1)logax(a＞0，且a≠1)exlnxsinxcosx导函数αxα－1axln_aeq\f(1,xlna)exeq\f(1,x)cosx－sin_x5.导数运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)[Cf(x)]′＝Cf′(x)(C为常数)；(4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”已知函数的解析式求导数[例1]求下列函数的导数：(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.[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－x，∴y′＝(x)′－(x)′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)x.(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.[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．导数运算的应用[例2](1)(2017·济宁二模)已知函数f(x)＝x(2017＋lnx)，f′(x0)＝2018，则x0＝________.(2)已知f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2xf′(2017)＋2017lnx，则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)1(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([考点二])(2018·太仓中学月考)已知f1(x)＝sinx＋cosx，记f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)(n∈N*且n≥2)，则f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋…＋f2017eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.解析：f2(x)＝f′1(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝f′2(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝f′3(x)＝sinx－cosx，f5(x)＝f′4(x)＝sinx＋cosx，故周期为4，前四项和为0，所以原式＝f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)＋coseq\f(π,2)＝1.答案：12.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·徐州期初检测)记定义在R上的函数y＝f(x)的导函数为f′(x)．如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，则称x0为函数f(x)在区间[a，b]上的“中值点”，那么函数f(x)＝x3－3x在区间[－2,2]上的“中值点”的个数为________．解析：因为f(2)＝2，f(－2)＝－2，eq\f(f2－f－2,2－－2)＝1，所以f′(x)＝3x2－3＝1，得x＝±eq\f(2\r(3),3)∈[－2,2]，故有2个“中值点”．答案：23.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·南京重点中学月考)已知函数f(x)的导数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，则f′(2)的值等于________．解析：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).答案：－eq\f(9,4)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)，则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＝8，所以f′(0)＝84＝4096.答案：40965.eq\a\vs4\al([考点一])求下列函数的导数．(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex).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).突破点(二)导数的几何意义基础联通抓主干知识的“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，则此时导数f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x＝x0.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求切线方程[例1]已知函数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：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：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)，则以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，若有，则只有一条；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](1)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，则点P的坐标为________．(2)(2018·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为________．[解析](1)y＝ex的导数为y′＝ex，则曲线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)，则曲线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，则点P的坐标为(1,1)．(2)由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，所以x0≠0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)＋2ax0＝－1，,x0＋x\o\al(3,0)＋ax\o\al(2,0)＝0，))解得a＝±2，x0＝－eq\f(a,2).所以当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝－2))时，点P的坐标为(1，－1)；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,a＝2))时，点P的坐标为(－1,1)．[答案](1)(1,1)(2)(1，－1)或(－1,1)求参数的值[例3](1)直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b的值为________．(2)已知曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________.[解析](1)依题意知，y′＝3x2＋a，则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.(2)由y′＝eq\f(－2,x－12)得曲线在点(3,2)处的切线斜率为－eq\f(1,2)，又切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－a)＝－1，得a＝－2.[答案](1)1(2)－2[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])已知f(x)＝2exsinx，则曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为________．解析：∵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.答案：y＝2x2.eq\a\vs4\al([考点三])(2018·仪征中学高三月考)若直线y＝2x＋m是曲线y＝xlnx的切线，则实数m的值为________．解析：设直线y＝2x＋m与曲线y＝xlnx相切于P(t，tlnt)，t＞0，由y＝xlnx得y′＝lnx＋1，由题意lnt＋1＝2，所以t＝e，即P(e，e)，所以e＝2e＋m，解得m＝－e.答案：－e3.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，已知曲线C在点M处的切线的斜率为2，则点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，即点M的坐标为(－1,1)．答案：(－1,1)4.eq\a\vs4\al([考点三])(2018·衡阳八中模拟)已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a＞0且a≠1，f′(x)为f(x)的导函数，若f′(1)＝3，则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)，则曲线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.则曲线g(x)在x＝3处的切线方程为y－3＝0.答案：y－3＝0[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[练基础小题——强化运算能力]1．(2018·镇江调研)函数f(x)＝(x＋1)2(x－1)在x＝1处的导数等于________．解析：f(x)＝(x＋1)2(x－1)＝x3＋x2－x－1，f′(x)＝3x2＋2x－1，f′(1)＝3＋2－1＝4.答案：42．(2017·苏州暑假测试)曲线y＝2x在x＝0处的切线方程是________．解析：因为y′＝2xln2，所以在x＝0处的切线斜率为k＝20×ln2＝ln2，因此切线方程是y－1＝ln2×(x－0)，即y＝xln2＋1.答案：y＝xln2＋13．已知直线y＝－x＋1是函数f(x)＝－eq\f(1,a)ex图象的切线，则实数a＝________.解析：设切点为(x0，y0)．f′(x)＝－eq\f(1,a)ex，则f′(x0)＝－eq\f(1,a)·ex0＝－1，∴ex0＝a，又－eq\f(1,a)·ex0＝－x0＋1，∴x0＝2，∴a＝e2.答案：e24．(2018·无锡期末)过曲线y＝x－eq\f(1,x)(x＞0)上一点P(x0，y0)处的切线分别与x轴、y轴交于点A，B，O是坐标原点，若△OAB的面积为eq\f(1,3)，则x0＝________.解析：∵y′＝1＋eq\f(1,x2)，∴y′x＝x0＝1＋eq\f(1,x\o\al(2,0))，∴AB：y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)．又y0＝x0－eq\f(1,x0)，∴y－x0＋eq\f(1,x0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)令x＝0得y＝－eq\f(2,x0)；令y＝0得x＝eq\f(2x0,1＋x\o\al(2,0))，∴S△OAB＝eq\f(1,2)·eq\f(2,x0)·eq\f(2x0,1＋x\o\al(2,0))＝eq\f(1,3)，解得x＝eq\r(5)(负值舍去)．答案：eq\r(5)5．(2018·常州月考)设点P为函数f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))图象上任一点，且f(x)在点P处的切线的倾斜角为α，则α的取值范围为________．解析：由f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))得，f′(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(1,x2)))≥eq\f(1,2)×2eq\r(3)＝eq\r(3)，即tanα≥eq\r(3)(α∈[0，π))，解得eq\f(π,3)≤α＜eq\f(π,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．(2018·扬州期初测试)若以数列{an}中的各项an作为系数，构成一个函数系y＝anx3，其图象在x＝1处的切线的斜率为4an－1－1(n≥2)，且a1＝eq\f(4,3)，则an＝________.解析：由y＝anx3，得y′＝3anx2，故当x＝1时，切线的斜率k＝3an，从而3an＝4an－1－1(n≥2)，于是3an－3＝4an－1－4(n≥2)，故eq\f(an－1,an－1－1)＝eq\f(4,3)(n≥2)，又a1＝eq\f(4,3)，所以a1－1＝eq\f(1,3)，所以数列{an－1}是以eq\f(1,3)为首项，eq\f(4,3)为公比的等比数列，故an－1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1，从而an＝eq\f(4n－1,3n)＋1.答案：eq\f(4n－1,3n)＋12．(2018·泰州模拟)已知曲线C：f(x)＝x3－ax＋a，若过曲线C外一点A(1,0)引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为________．解析：设切点坐标为(t，t3－at＋a)．由题意知，f′(x)＝3x2－a，切线的斜率k＝f′(t)＝3t2－a①，所以切线方程为y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)②.将点A(1，0)代入②式得－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝0或t＝eq\f(3,2).分别将t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由题意得它们互为相反数，故－a＋eq\f(27,4)－a＝0，解得a＝eq\f(27,8).答案：eq\f(27,8)3．(2018·太仓高级中学模拟)若点P，Q分别是曲线y＝eq\f(x＋4,x)与直线4x＋y＝0上的动点，则线段PQ长的最小值为________．解析：易知曲线y＝eq\f(x＋4,x)与直线4x＋y＝0无公共点，设直线4x＋y＝m与y＝eq\f(x＋4,x)相切，P为切点．对y＝eq\f(x＋4,x)求导得y′＝－eq\f(4,x2)，由－eq\f(4,x2)＝－4得x＝±1，因此P(1,5)或P(－1，－3)，解得m＝9或m＝－7，此时两直线4x＋y＝m,4x＋y＝0间的距离分别为eq\f(9,\r(17))，eq\f(7,\r(17))，故线段PQ长的最小值为eq\f(7\r(17),17).答案：eq\f(7\r(17),17)4．(2018·淮安月考)给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)＜0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为凸函数的是________．(填序号)①f(x)＝sinx＋cosx；②f(x)＝lnx－2x；③f(x)＝－x3＋2x－1；④f(x)＝xex.解析：在定义域eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内，由f″(x)＝－sinx－cosx＜0，得①是凸函数；由f″(x)＝－eq\f(1,x2)＜0，得②是凸函数；由f″(x)＝－6x＜0，得③是凸函数；由f″(x)＝2ex＋xex＞0，得④不是凸函数．答案：①②③5．(2018·重庆诊断)已知函数f(x)＝eq\f(2,ex＋1)＋sinx，其导函数为f′(x)，则f(2019)＋f(－2019)＋f′(2019)－f′(－2019)的值为________．解析：∵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(2019)＋f(－2019)＋f′(2019)－f′(－2019)＝2.答案：26．(2018·宿迁期初测试)若直线l与曲线C满足下列两个条件：(ⅰ)直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；(ⅱ)曲线C在点P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C，下列四个命题：①直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3；②直线l：y＝x－1在点P(1,0)处“切过”曲线C：y＝lnx；③直线l：y＝－x＋π在点P(π，0)处“切过”曲线C：y＝sinx；④直线l：y＝x＋1在点P(0,1)处“切过”曲线C：y＝ex.其中正确的命题有________．(填序号)解析：对于①，y＝x3在点P(0,0)处的切线为y＝0，且曲线y＝x3在(0,0)附近位于直线y＝0两侧，符合题中两个条件，所以正确；对于②，曲线C：y＝lnx在直线l：y＝x－1的同侧，不符合题意，所以错误；对于③，由图象可知，曲线C：y＝sinx在点P(π，0)附近位于直线l的两侧，符合题意，所以正确；对于④，曲线C：y＝ex在直线l：y＝x＋1的同侧，不符合题意，所以错误．即正确的有①③.答案：①③7．(2018·启东中学月考)若曲线y＝alnx与曲线y＝eq\f(x2,2e)在它们的公共点P(s，t)处具有公切线，则eq\f(t,s)＝________.解析：函数y＝alnx的导函数为y′＝eq\f(a,x)，其切线在P(s，t)处的斜率为k1＝eq\f(a,s).函数y＝eq\f(x2,2e)的导函数为y′＝eq\f(x,e)，其切线在P(s，t)处的斜率为k2＝eq\f(s,e).由曲线y＝alnx与曲线y＝eq\f(x2,2e)在它们的公共点P(s，t)处具有公切线，可得eq\f(a,s)＝eq\f(s,e)，且t＝eq\f(s2,2e)＝alns，s＞0，所以lns＝eq\f(1,2)，所以s2＝e，所以t＝eq\f(1,2)，s＝eq\r(e)，即eq\f(t,s)＝eq\f(\r(e),2e).答案：eq\f(\r(e),2e)8．(2018·无锡期初测试)曲边梯形由曲线y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所围成，过曲线y＝x2＋1，x∈[1,2]上一点P作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为________．解析：设P(x0，xeq\o\al(2,0)＋1)，x∈[1,2]，则易知曲线y＝x2＋1在点P处的切线方程为y－(xeq\o\al(2,0)＋1)＝2x0(x－x0)，令y＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1＝g(x)，由g(1)＋g(2)＝2(xeq\o\al(2,0)＋1)＋2x0(1－x0＋2－x0)，得S普通梯形＝eq\f(g1＋g2,2)×1＝－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)，所以当P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))时，S普通梯形最大．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))9．若曲线f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析：由题意，可知f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，又曲线存在垂直于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．(2018·南通调研)在平面直角坐标系xOy中，直线l与曲线y＝x2(x＞0)和y＝x3(x＞0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和B(x2，y2)，则eq\f(x1,x2)的值是________．解析：由y＝x2得y′＝2x，切线方程为y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq\o\al(2,1).由y＝x3得y′＝3x2，切线方程为y－xeq\o\al(3,2)＝3xeq\o\al(2,2)(x－x2)，即y＝3xeq\o\al(2,2)x－2xeq\o\al(3,2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝3x\o\al(2,2)，,x\o\al(2,1)＝2x\o\al(3,2)，))得eq\f(x1,x2)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)二、解答题11．已知函数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)若在曲线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，则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，则由(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．(2018·启东中学高三月考)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线m：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在k，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，因为f′(－1)＝0，∴3a－6－6a＝0，∴a＝－2.(2)存在．由已知得，直线m恒过定点(0,9)，若直线m是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)．因为g′(x0)＝6x0＋6，所以切线方程为y－(3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，g′(－1)＝0，切线方程为y＝9；当x0＝1时，g′(1)＝12，切线方程为y＝12x＋9.由(1)知f(x)＝－2x3＋3x2＋12x－11，①由f′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0,解得x＝－1或x＝2.在x＝－1处，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；在x＝2处，y＝f(x)的切线方程为y＝9.所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10；所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.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；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基础联通抓主干知识的“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)若f′(x)＞0，则f(x)为这个区间上的增函数；(2)若f′(x)＜0，则f(x)为这个区间上的减函数；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间上是常数函数．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，①f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；②f′(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．考点贯通抓高考命题的“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，若函数图象在某个区间内呈上升趋势，则函数在这个区间内是增函数；若函数图象在某个区间内呈下降趋势，则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]已知函数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))，则当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]导数法研究函数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]已知函数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)，则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f′(x)＞0(＜0)可解先确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间f′(x)＝0可解先确定函数的定义域，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，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间f′(x)＞0(＜0)及f′(x)＝0不可解先确定函数的定义域，当不等式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，选择相应基本初等函数，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________．解析：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，＋∞)．答案：(2，＋∞)2.eq\a\vs4\al([考点一])下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是________．(填序号)①f(x)＝sin2x；②f(x)＝xex；③f(x)＝x3－x；④f(x)＝－x＋lnx.解析：对于①，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②，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③，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④，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．答案：②3.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·盐城中学月考)函数f(x)＝x－lnx的单调减区间为________．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).令f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)＜0，得0＜x＜1.则函数f(x)＝x－lnx的单调减区间为(0,1)．答案：(0,1)4.eq\a\vs4\al([考点一])已知函数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])已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线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，由已知可得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)的单调递增区间为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)已知函数的单调性求参数范围问题：解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变分离，转化为最值问题求解．(2)比较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．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”已知函数的单调性求参数的取值范围[例1]已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；(3)若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.[方法技巧]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，注意检验等号成立时导数是否在(a，b)上恒为0.(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)若已知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．比较大小或解不等式[例2](1)若0＜x1＜x2＜1，则下列各式中关系正确的序号是________．①ex2－ex1＞lnx2－lnx1；②ex2－ex1＜lnx2－lnx1；③x2ex1＞x1ex2；④x2ex1＜x1ex2.(2)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)＜eq\f(1,2)，则不等式f(x2)＜eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集为________．(3)(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．[解析](1)构造函数f(x)＝ex－lnx，则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①②错；构造函数g(x)＝eq\f(ex,x)，则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)，则x2ex1＞x1ex2，故③正确，④错误．(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，＋∞)．(3)由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增．因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq\f(1,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).[答案](1)③(2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))[方法技巧]利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较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，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；(3)xf′(x)－f(x)→eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′；(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；(5)f′(x)－f(x)→eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])(2018·常州高三期初测试)若函数f(x)＝lnx－ax2－4x(a≠0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上单调递增，则实数a的最大值为________．解析：对函数f(x)求导得f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax－4＝－eq\f(2ax2＋4x－1,x)(x＞0)．依题意，得f′(x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上恒成立，即2ax2＋4x－1≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上恒成立，所以a≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(4,x)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))2－4))恒成立，因为eq\f(1,x)∈[3,4]，所以a≤－eq\f(3,2)，即实数a的最大值为－eq\f(3,2).答案：－eq\f(3,2)2.eq\a\vs4\al([考点二])函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线l，l与x轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为____________．解析：由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)＞f(3)．答案：f(0)＞f(3)3.eq\a\vs4\al([考点一])若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数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([考点二])(2018·苏州中学检测)已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，则x的取值范围为________．解析：由题意得，函数的定义域是R，且f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－(x3＋x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，又f′(x)＝3x2＋1＞0，所以f(x)在R上单调递增，所以f(mx－2)＋f(x)＜0可化为：f(mx－2)＜－f(x)＝f(－x)，由f(x)递增知：mx－2＜－x，即mx＋x－2＜0，则对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，等价于对任意的m∈[－2,2]，mx＋x－2＜0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋x－2＜0，,2x＋x－2＜0，))解得－2＜x＜eq\f(2,3)，即x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))5.eq\a\vs4\al([考点二])已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为________．解析：令g(x)＝f(x)－3x＋15，则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，＋∞)[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[练基础小题——强化运算能力]1．(2018·前黄中学期中考试)函数f(x)＝xlnx的单调减区间是________．解析：函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)＝lnx＋1＜0得0＜x＜eq\f(1,e)，所以函数f(x)＝xlnx的单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的____________条件．(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”)解析：f′(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．答案：充分不必要3．(2018·阜宁中学模拟)若函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)－\f(a,ex)))(a∈R)在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：设g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)，则g′(x)＝eq\f(ex,2)＋eq\f(a,ex).①当a＞0时，g′(x)＞0，g(x)在R上单调递增，且g(lneq\r(2a))＝0，依题意知lneq\r(2a)≤1，解得0＜a≤eq\f(e2,2).②当a＝0时，f(x)符合题意．③当a＜0时，令g′(x)＝0，解得x＝lneq\r(－2a).当x＜lneq\r(－2a)时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，lneq\r(－2a))上单调递减，当x＞lneq\r(－2a)时，g′(x)＞0，g(x)在(lneq\r(－2a)，＋∞)上单调递增，故当x＝lneq\r(－2a)时，g(x)取得最小值，又g(lneq\r(－2a))＞0，所以g(x)＞0恒成立，所以依题意知lneq\r(－2a)≤1，解得－eq\f(e2,2)≤a＜0.综上，所求a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2)))4．已知函数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，则实数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、填空题1．(2018·南通高三期初测试)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)＜f(3x)，则实数x的取值范围是________．解析：由f(x)＝lnx＋2x，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2xln2＞0，x∈(0，＋∞)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由f(x2＋2)＜f(3x)，得0＜x2＋2＜3x，所以x∈(1,2).答案：(1,2)2．若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上单调递减，则实数t的取值范围是________．解析：f′(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，则有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，则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).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,8)，＋∞))3．(2018·苏州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)＝4，则不等式exf(x)＞ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为________．解析：设g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex，因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增．因为exf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3，又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝3，所以g(x)＞g(0)，所以x＞0，即x∈(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)4．(2018·靖江诊断考试)函数f(x)在定义域R内可导，若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)，则a，b，c的大小关系是________．解析：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.答案：b＞a＞c5．若函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是________．(填序号)①(－2,0)；②(0,1)；③(1，＋∞)；④(－∞，－2)．解析：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．答案：④6．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋eq\f(fx,x)＞0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a＞b时，下列不等式成立的是________．(填序号)①af(a)＜bf(b)；②af(a)＞bf(b)；③af(b)＞bf(a)；④af(b)＜bf(a)．解析：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)．答案：②7．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________．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．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数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．已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(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)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)10．若函数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，则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(－\f(1,9)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))二、解答题11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性．解：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单凋递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．12．(2018·宿迁期初测试)已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)求函数f(x)的单调增区间．(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求实数a的取值范围．(3)是否存在实数a，使得函数f(x)在区间(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)易知f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0恒成立，即f(x)在R上单调递增；若a＞0，令ex－a＞0，得