备战高考数学一轮复习第三章 导数及其应用

第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))导数及其应用第一节导数的概念及运算1.理解导数的概念及意义.2.掌握导数的运算.1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数定义称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记法记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)几何意义是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)2．函数f(x)的导函数函数f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)为f(x)的导函数．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f(x)＝c(c为常数)f′(x)＝eq\a\vs4\al(0)f(x)＝xα(α∈Q*)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝exf′(x)＝eq\a\vs4\al(ex)f(x)＝ax(a>0，a≠1)f′(x)＝axln_af(x)＝lnxf′(x)＝eq\a\vs4\al(\f(1,x))f(x)＝logax(a>0，a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)4．导数的运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))eq\a\vs4\al(′,)＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．(1)f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，且(f(x0))′＝0.(2)奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数．周期函数的导数还是周期函数．(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,fx)))′＝－eq\f(f′x,[fx]2).(4)曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点．(5)函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡峭”．1．下列函数中满足f(x)＝f′(x)的是()A．f(x)＝3＋x B．f(x)＝－xC．f(x)＝lnx D．f(x)＝0解析：选D若f(x)＝0，则f′(x)＝0，从而有f(x)＝f′(x)．故选D.2．曲线y＝eq\f(x,x－2)＋2在点(1，m)处的切线方程为()A．y＝2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－4 D．y＝－2x＋3解析：选D当x＝1时，y＝eq\f(1,1－2)＋2＝1.因为y′＝－eq\f(2,x－22)，所以y′|x＝1＝－eq\f(2,1－22)＝－2，则所求的切线方程为y－1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋3.故选D.3．下列式子错误的是()A．(sinx)′＝cosx B．(cosx)′＝sinxC．(2lnx)′＝eq\f(2,x) D．(e－x)′＝－e－x解析：选B对于A，(sinx)′＝cosx，正确；对于B，(cosx)′＝－sinx，错误；对于C，(2lnx)′＝eq\f(2,x)，正确；对于D，(e－x)′＝－e－x，正确，故选B.4．已知f(x)＝13－8x＋2x2，f′(x0)＝4，则x0＝________.解析：∵f′(x)＝－8＋4x，∴f′(x0)＝－8＋4x0＝4，解得x0＝3.答案：35．曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，∴a＋1＝－2，解得a＝－3.答案：－3层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点(一)导数的运算[题点全训]1．已知函数f(x)＝x2，则eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1－f1＋Δx,Δx)＝()A．－2 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．2解析：选A∵f′(x)＝2x，∴f′(1)＝2，∴eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1－f1＋Δx,Δx)＝－eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝－f′(1)＝－2.2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝()A．－e B．－1C．1 D．e解析：选B由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋eq\f(1,x).所以f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.3．求下列函数的导数．(1)y＝cosx－sinx；(2)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)；(3)y＝eq\f(lnx,x2＋1).解：(1)y′＝(cosx)′－(sinx)′＝－sinx－cosx.(2)∵y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.(3)y′＝eq\f(lnx′x2＋1－lnxx2＋1′,x2＋12)＝eq\f(\f(1,x)x2＋1－2x·lnx,x2＋12)＝eq\f(x21－2lnx＋1,xx2＋12).[一“点”就过](1)求导之前，应利用代数运算、三角恒等式等对函数进行化简，然后求导，尽量避免不必要的商的求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错．(2)对解析式中含有导数值的函数，即解析式类似于f(x)＝f′(x0)g(x)＋h(x)(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，求得所求导数值．基础点(二)求曲线在某点处的切线方程[题点全训]1．(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1解析：选B∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2.又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.2．曲线y＝2sinx＋cosx在点(π，－1)处的切线方程为()A．x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0解析：选C设y＝f(x)＝2sinx＋cosx，则f′(x)＝2cosx－sinx，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.3．(2021·全国甲卷)曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为____________．解析：因为y＝eq\f(2x－1,x＋2)，所以y′＝eq\f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq\f(5,x＋22).当x＝－1时，y＝－3，y′＝5，所以所求切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.答案：5x－y＋2＝0[一“点”就过]函数y＝f(x)在点A(x0，f(x0))处的切线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，一定要抓住关键eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝fx0，,k＝f′x0.))层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点(一)求曲线过某点的切线方程[典例]若经过点P(2,8)作曲线y＝x3的切线，则切线方程为()A．12x－y－16＝0B．3x－y＋2＝0C．12x－y＋16＝0或3x－y－2＝0D．12x－y－16＝0或3x－y＋2＝0[解析]①易知P点在曲线y＝x3上，当P点为切点时，y′＝3x2，k＝12，切线方程为12x－y－16＝0.②当P点不是切点时，设切点为A(x0，y0)，由定义可求得切线的斜率为k＝3xeq\o\al(2,0).∵点A在曲线上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)，∴eq\f(x\o\al(3,0)－8,x0－2)＝3xeq\o\al(2,0)，∴xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2(舍去)，∴y0＝－1，k＝3，此时切线方程为y＋1＝3(x＋1)，即3x－y＋2＝0.故经过点P的曲线的切线有两条，方程为12x－y－16＝0或3x－y＋2＝0.[答案]Deq\a\vs4\al([方法技巧])过点的切线方程的求解方法设切点为P(x0，y0)，则斜率k＝f′(x0)，过切点的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)，又因为切线方程过点A(m，n)，所以n－y0＝f′(x0)(m－x0)，然后解出x0的值．(x0有几个值，就有几条切线)[提醒]在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外．[针对训练]设曲线y＝x＋lnx的一条切线过点(0,1)，则此切线与坐标轴围成的三角形面积为()A.eq\f(e,21＋e) B．eq\f(e,1＋e)C.eq\f(e2,2e2＋1) D．eq\f(e2,e2＋1)解析：选C设切点为(x0，y0)，y′＝1＋eq\f(1,x)，切线方程为y－x0－lnx0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x0)))(x－x0)，切线过点(0,1)，∴1－x0－lnx0＝－x0－1，∴lnx0＝2，x0＝e2，∴切线方程为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e2)))x＋1，故可得切线在x，y轴上的截距为－eq\f(e2,e2＋1)，1.故三角形的面积为eq\f(e2,2e2＋1).重难点(二)求切点坐标或参数[典例](1)已知曲线y＝2ex－1在x0处的切线方程为2ex－y＋m＝0，则()A．m＝－1 B．m＝－1－eC．m＝1 D．m＝e(2)函数f(x)＝lnx＋ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________．[解析](1)因为y＝2ex－1，所以y′＝2ex，所以曲线y＝2ex－1在x0处的切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝2ex0，又因为切线方程为2ex－y＋m＝0，即y＝2ex＋m，得k＝2e，所以2ex0＝2e，解得x0＝1，所以当x＝x0＝1时，y＝2ex0－1＝2e－1，即切点为(1,2e－1)，将其代入切线方程得2e×1－(2e－1)＋m＝0，得m＝－1.(2)函数f(x)＝lnx＋ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝eq\f(1,x)＋a，即eq\f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，a＝2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有解，因为x>0，所以2－eq\f(1,x)<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．[答案](1)A(2)(－∞，2)eq\a\vs4\al([方法技巧])求切点、参数问题的方法通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出关于参数的方程(组)并解出参数，注意以下几点：切点处的导数是切线的斜率；切点在切线上；切点在曲线上．[针对训练]1．过曲线y＝x2－2x＋3上一点P作曲线的切线，若切点P的横坐标的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，则切线的倾斜角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))C．[0，π) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))解析：选B因为y′＝2x－2,1≤x≤eq\f(3,2)，所以0≤2x－2≤1.设切线的倾斜角为α，则0≤tanα≤1.因为0≤α＜π，所以0≤α≤eq\f(π,4)，故选B.2．曲线y＝sinx＋2x＋1在点P处的切线方程是3x－y＋1＝0，则切点P的坐标是________．解析：由函数y＝sinx＋2x＋1，则y′＝cosx＋2，设切点P的坐标为(x0，y0)，则斜率k＝y′|x＝x0＝cosx0＋2＝3，所以cosx0＝1，解得x0＝2kπ(k∈Z)，当k＝0时，切点为(0,1)，此时切线方程为3x－y＋1＝0；当k≠0，切点为(2kπ，4kπ＋1)(k∈Z)，不满足题意．综上可得，切点为(0,1)．答案：(0,1)重难点(三)公切线问题[典例]已知函数f(x)＝x2－2m，g(x)＝3lnx－x，若y＝f(x)与y＝g(x)在公共点处的切线相同，则m＝()A．－3B．1C．2D．5[解析]设函数f(x)＝x2－2m，g(x)＝3lnx－x的公共点设为(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝gx0，,f′x0＝g′x0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－2m＝3lnx0－x0，,2x0＝\f(3,x0)－1，,x0>0，))解得x0＝m＝1.[答案]Beq\a\vs4\al([方法技巧])确定两曲线的公切线问题，切点是切线的核心，解决这类问题的关键是设出切点的坐标，用好相切的特征，即若两个函数的图象有相同的切线，则需根据函数与切线在切点处的函数值相等以及两函数在切点处的导函数的函数值也相等，构建方程(组)加以求解．[针对训练]已知直线l：y＝x＋b为曲线f(x)＝ex的切线，若直线l与曲线g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋mx－eq\f(7,2)也相切，则实数m的值为________．解析：设直线l：y＝x＋b与曲线f(x)＝ex相切于点(x0，ex0)，由f′(x0)＝ex0＝1，得x0＝0，所以切点坐标为(0,1)，所以直线l的方程为y＝x＋1.又由直线l与曲线g(x)相切，联立方程，消去y得－eq\f(1,2)x2＋mx－eq\f(7,2)＝x＋1，化简得x2－2(m－1)x＋9＝0，所以Δ＝4(m－1)2－4×9＝0，解得m＝4或m＝－2.答案：4或－2层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1．(混淆求导公式)下列导数的运算中不正确的是()A．(3x)′＝3xln3B．(x2lnx)′＝2xlnx＋xC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(xsinx－cosx,x2)D．(sinxcosx)′＝cos2x解析：选C因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)，所以C项错误，其余都正确．2．(混淆点P处的切线和过P点的切线)函数f(x)＝x2＋eq\f(1,x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()A．x－y＋1＝0 B．3x－y－1＝0C．x－y－1＝0 D．3x－y＋1＝0解析：选A函数f(x)＝x2＋eq\f(1,x)的导数为f′(x)＝2x－eq\f(1,x2)，可得图象在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝2－1＝1，切点为(1,2)，可得图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.故选A.3．(创新学科情景)中国魏晋期间伟大的数学家刘徽在运用“割圆术”求圆的周长时，在圆内作正多边形，用多边形的周长近似代替圆的周长，随着边数的增加，正多边形的周长也越来越接近于圆的周长．这是世界上最早出现的“以直代曲”的例子．“以直代曲”的思想，在几何上，就是用直线或者直线段来近似代替曲线或者曲线段．利用“切线近似代替曲线”的思想方法计算e，所得的结果用分数表示为________．解析：构造函数f(x)＝ex，则有f′(x)＝ex，f(0)＝1，f′(0)＝1，所以f(x)在点(0,1)处的切线方程为y＝x＋1，根据“切线近似代替曲线”的思想方法可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2023)))＝e≈eq\f(1,2023)＋1＝eq\f(2024,2023).答案：eq\f(2024,2023)4．(衔接高等数学)我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为eq\f(0,0)型，比如：当x→0时，eq\f(ex－1,x)的极限即为eq\f(0,0)型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导，再求极限来确定未定式值的方法．如：eq\o(lim,\s\do7(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq\o(lim,\s\do7(x→0))eq\f(ex－1′,x′)＝eq\o(lim,\s\do7(x→0))eq\f(ex,1)＝eq\o(lim,\s\do7(x→0))ex＝e0＝1，则eq\o(lim,\s\do7(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝________.解析：eq\o(lim,\s\do7(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝eq\o(lim,\s\do7(x→1))eq\f(x2lnx′,x2－1′)＝eq\o(lim,\s\do7(x→1))eq\f(2xlnx＋x,2x)＝eq\o(lim,\s\do7(x→1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,2)))＝ln1＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)5．(创新学科情景)如图，水缸为圆锥形，圆锥底面直径为2.5米，高为5米，水被以π立方米/小时的速度注入水缸中，当水缸中的水深为2米时，水面上升的瞬时速度(变化率)为________(单位：米/小时)．解析：设圆锥底面半径为r，水深的高度为h，水注入的时间为t，则有eq\f(h,r)＝eq\f(5,\f(2.5,2))＝4，则r＝eq\f(1,4)h，πt＝eq\f(1,3)πr2h，则t＝eq\f(1,3)×eq\f(1,16)×h2×h，化简得h3＝48t，则h＝(48t).h′＝48×eq\f(1,3)×t，当h＝2时，代入h3＝48t，则t＝eq\f(1,6)，v＝h′＝48×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＝6×8×eq\f(1,3)×6＝6×eq\f(1,3)×8＝4.答案：46．(强化开放思维)已知曲线y＝f(x)存在两条互相平行的切线，请写出一个满足条件的函数：________________.解析：两条切线互相平行应先满足在切点处的导数值相等，例如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f(1)＝1，f(－1)＝－1，此时f′(1)＝3，f′(－1)＝3，函数在(1,1)处的切线方程为：y＝3x－2；函数在(－1，－1)处的切线方程为：y＝3x＋2，符合题意．答案：f(x)＝x3(答案不唯一)[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．已知函数f(x)＝eq\f(1,x)cosx，则f(π)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))等于()A．－eq\f(3,π2) B．－eq\f(1,π2)C．－eq\f(3,π) D．－eq\f(1,π)解析：选C因为f′(x)＝－eq\f(1,x2)cosx＋eq\f(1,x)(－sinx)，所以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．函数f(x)＝eq\f(1,x)＋2x在x＝1处切线的倾斜角为()A.eq\f(π,4) B．eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)解析：选A由题得f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋2，∴f′(1)＝－1＋2＝1，∴切线的斜率为1，∴切线的倾斜角为eq\f(π,4).3.函数f(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是()A．f′(1)>f′(2)>0>f′(3)B．f′(1)<f′(2)<f′(3)<0C．0<f′(1)<f′(2)<f′(3)D．f′(1)>f′(2)>f′(3)>0解析：选D如图，作出函数f(x)在x＝1,2,3处的切线l1，l2，l3，可见三条切线的斜率依次递减，但是都大于零，由导数的几何意义可知，f′(1)>f′(2)>f′(3)>0，故选D.4．若曲线f(x)＝xsinx在x＝eq\f(π,2)处的切线与直线ax＋2y＋1＝0互相垂直，则实数a等于()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：选D由题意可得f′(x)＝sinx＋xcosx，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，∴曲线f(x)＝xsinx在x＝eq\f(π,2)处的切线的斜率为1，又∵直线ax＋2y＋1＝0的斜率为－eq\f(a,2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))×1＝－1，解得a＝2.故选D.5．已知点P(x0，y0)在曲线C：y＝x3－x2＋1上移动，曲线C在点P处的切线的斜率为k，若k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，21))，则x0的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，\f(5,7))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，3))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，＋∞)) D．[－7,9]解析：选B由y＝x3－x2＋1，得y′＝3x2－2x，则曲线C在点P(x0，y0)处的切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝3xeq\o\al(2,0)－2x0，∵k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，21))，∴3xeq\o\al(2,0)－2x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，21))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)－2x0≤21，,3x\o\al(2,0)－2x0≥－\f(1,3)，))∴x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，3)).6．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＝________.7．(2023·河南高三阶段练习)已知函数f(x)＝acosx(a>1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为eq\f(π,2)，则实数a的值为________．解析：∵f(x)＝acosx，∴f′(x)＝－asinx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－a，又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，∴f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))处的切线方程为y＝(－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，令x＝0，得y＝eq\f(π,2)a；令y＝0，得x＝eq\f(π,2)，∴eq\f(1,2)×eq\f(π,2)a×eq\f(π,2)＝eq\f(π,2)，解得a＝eq\f(4,π).答案：eq\f(4,π)8．若点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为________．解析：由y＝x2－lnx，得y′＝2x－eq\f(1,x)(x＞0)，设点P0(x0，y0)是曲线y＝x2－lnx上到直线y＝x－2的距离最小的点，则y′|x＝x0＝2x0－eq\f(1,x0)＝1，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)(舍去)．∴点P0的坐标为(1,1)．∴所求的最小距离为eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)9．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝2x2.(1)求x<0时，f(x)的表达式；(2)令g(x)＝lnx，问是否存在x0，使得f(x)，g(x)在x＝x0处的切线互相平行？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．解：(1)当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2(－x)2＝－2x2.∴当x<0时，f(x)的表达式为f(x)＝－2x2.(2)若f(x)，g(x)在x0处的切线互相平行，则f′(x0)＝g′(x0)，当x>0时，f′(x0)＝4x0＝g′(x0)＝eq\f(1,x0)，解得x0＝±eq\f(1,2).故存在x0＝eq\f(1,2)满足条件．10．已知函数f(x)＝ax＋eq\f(b,x)(x≠0)在x＝2处的切线方程为3x－4y＋4＝0.(1)求a，b的值；(2)求证：曲线上任一点P处的切线l与直线l1：y＝x，直线l2：x＝0围成的三角形的面积为定值．解：(1)由f(x)＝ax＋eq\f(b,x)，得f′(x)＝a－eq\f(b,x2)(x≠0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝\f(3,4)，,3×2－4f2＋4＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,4)＝\f(3,4)，,5－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(b,2)))＝0.))解得a＝1，b＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝x＋eq\f(1,x)，设曲线的切点为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(1,x0)))，f′(x0)＝1－eq\f(1,x\o\al(2,0))，曲线在点P处的切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x\o\al(2,0))))x＋eq\f(2,x0).当x＝0时，y＝eq\f(2,x0).即切线l与l2：x＝0的交点坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,x0))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x\o\al(2,0))))x＋\f(2,x0)，,y＝x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x0，,y＝2x0，))即l与l1：y＝x的交点坐标为B(2x0,2x0)．又l1与l2的交点为O(0,0)，则所求的三角形的面积为S＝eq\f(1,2)·|2x0|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x0)))＝2.即切线l与l1，l2围成的三角形的面积为定值．二、重点难点培优训练1．设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝lnx上，则|PQ|的最小值为()A.eq\f(\r(2),2) B．eq\r(3)C．1＋ln2 D．eq\r(2)解析：选D因为函数y＝ex与y＝lnx互为反函数，其图象关于y＝x对称，所以可先求点P到直线y＝x的最近距离d，设曲线y＝ex上斜率为1的切线为y＝x＋b，因为y′＝ex，由ex＝1，可得x＝0，所以切点的坐标为(0,1)，即b＝1，所以d＝eq\f(1,\r(12＋－12))＝eq\f(\r(2),2)，所以|PQ|的最小值为eq\r(2).2．已知函数f(x)＝ax－lnx，且eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,Δx)＝3，则函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程是________．解析：由eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,Δx)＝3eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,3Δx)＝3，得f′(1)＝1，而f′(x)＝a－eq\f(1,x)，所以a＝2，f(x)＝2x－lnx，f(1)＝2，所以切线方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1.答案：y＝x＋13．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－lnx相切，则a的值为________．解析：由f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，得f′(x)＝3x2＋a，f′(0)＝a，f(0)＝eq\f(1,4)，∴曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－eq\f(1,4)＝ax.设直线y－eq\f(1,4)＝ax与曲线g(x)＝－lnx相切于点(x0，－lnx0)，g′(x)＝－eq\f(1,x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－lnx0－\f(1,4)＝ax0，①,a＝－\f(1,x0).②))将②代入①得lnx0＝eq\f(3,4)，∴x0＝e，∴a＝－eq\f(1,e)＝－e.答案：－e4．已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．解：f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)．(1)由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＝0，,f′0＝－aa＋2＝－3，))解得b＝0，a＝－3或a＝1.(2)因为曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，所以关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，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的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).第二节导数与函数的单调性eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1.了解函数的单调性与导数的关系.,2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间其中多项式函数不超过三次.))1．函数单调性与导数的关系设函数f(x)在(a，b)内可导，f′(x)是f(x)的导函数，则f′(x)>0f(x)在(a，b)内是单调递增函数f′(x)<0f(x)在(a，b)内是单调递减函数f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数2．充分、必要条件与导数及函数单调性(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件．(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间内都不恒等于0，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件．(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接．(3)函数f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在该区间恒成立，而不是f′(x)>0(或f′(x)<0)恒成立，“＝”不能少．必要时还需对“＝”进行检验．1．函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是()A．先增后减 B．先减后增C．增函数 D．减函数解析：选D∵f′(x)＝－sinx－1＜0，∴f(x)在(0，π)上是减函数．2．函数f(x)＝2x2－lnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选C因为函数f(x)＝2x2－lnx，所以f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))),x)，由f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,2)，所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故选C.3.导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析：选D由题图可知当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，D选项符合．4．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为________．解析：f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.令f′(x)>0，解得x>2.故所求单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)5．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3).答案：[－eq\r(3)，eq\r(3)]层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点判断不含参函数的单调性或单调区间[题点全训]1．已知函数f(x)＝x(ex－e－x)，则f(x)()A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增解析：选D因为f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，定义域关于原点对称，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．当x>0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故选D.2．(2023·南岗期末)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx的单调递减区间是()A．(0,3) B．(－∞，3)C．(3，＋∞) D．(－3,3)解析：选A函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x2－9,x)，令f′(x)≤0，解得－3≤x≤3，又因为x>0，所以0<x≤3，故函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，故选A.3．函数f(x)＝eq\f(xlnx,x－1)(x∈[e，＋∞))的单调递增区间为__________．解析：f′(x)＝eq\f(x－1－lnx,x－12)，令g(x)＝x－1－lnx，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，∵x∈[e，＋∞)，∴1－eq\f(1,x)>0，g′(x)>0，∴g(x)在x∈[e，＋∞)上是增函数，g(x)≥g(e)＝e－2>0，即f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为[e，＋∞)．答案：[e，＋∞)[一“点”就过]确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点(一)判断含参函数的单调性[典例]已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．[解]f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，①当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)>0，得x>eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．eq\a\vs4\al([方法技巧])(1)研究含参函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．[针对训练]已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.讨论f(x)的单调性．解：由f(x)＝x3－x2＋ax＋1，得f′(x)＝3x2－2x＋a.当Δ＝4－12a≤0，即a≥eq\f(1,3)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．当Δ＝4－12a>0，即a<eq\f(1,3)时，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(1－\r(1－3a),3)，x2＝eq\f(1＋\r(1－3a),3).∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(1－3a),3)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－3a),3)，\f(1＋\r(1－3a),3)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≥eq\f(1,3)时，f(x)在R上单调递增；当a<eq\f(1,3)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(1－3a),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－3a),3)，\f(1＋\r(1－3a),3)))上单调递减．重难点(二)根据函数的单调性求参数范围[典例]已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x.(1)若函数f(x)存在单调递减区间，则a的取值范围为________；(2)若函数f(x)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________．[解析](1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2，由于f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，eq\f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a>G(x)min即可．而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．(2)由f(x)在[1,4]上单调递减得，当x∈[1,4]时，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因为x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)).[答案](1)(－1，＋∞)(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞))[方法技巧]求参数范围的常见类型和解题技巧常见类型解题技巧已知可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，要注意“＝”是否取到已知可导函数f(x)在某一区间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，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围已知f(x)在区间D上不单调f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点[针对训练]1．若函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，则a的取值范围为()A．[－1,0] B．[－1，＋∞)C．[0,3] D．[3，＋∞)解析：选D易得f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，故f′(x)≥0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立．即a≥eq\f(1,x2)－2x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，设h(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，易知h(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上为减函数，∴h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3，∴a≥3.2．已知函数g(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋2x＋1.若g(x)在(－2，－1)内不单调，则实数a的取值范围是________．解析：由g(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋2x＋1，得g′(x)＝x2－ax＋2，当g(x)在(－2，－1)内为减函数时，则g′(x)＝x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以a≤x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)内恒成立，当g(x)在(－2，－1)内为增函数时，则g′(x)＝x2－ax＋2≥0在(－2，－1)内恒成立，所以a≥x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)内恒成立，令y＝x＋eq\f(2,x)，因为y＝x＋eq\f(2,x)在(－2，－eq\r(2))内单调递增，在(－eq\r(2)，－1)内单调递减，所以y＝x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)内的值域为(－3，－2eq\r(2)]，所以a≤－3或a≥－2eq\r(2)，所以函数g(x)在(－2，－1)内单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2eq\r(2)，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不单调时，实数a的取值范围是(－3，－2eq\r(2))．答案：(－3，－2eq\r(2))层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1．(混淆函数的单调区间与函数在区间上单调)已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，则()A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3C．a＝3 D．a∈(－∞，3]解析：选A由题意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a≤0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立，即不等式a≤－2x－eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立，令g(x)＝－2x－eq\f(1,x)，易知g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))上单调递减，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝g(1)＝－3，所以g(x)>－3，则a≤－3.2．(求参数时忽略“＝”是否取到)若函数f(x)＝－x3＋ax2＋4x在区间(0,2)上单调递增，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，2)) D．(－∞，2)解析：选A由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4≥0在(0,2)上恒成立，即a≥eq\f(3x,2)－eq\f(2,x)在(0,2)上恒成立．令g(x)＝eq\f(3x,2)－eq\f(2,x)，x∈(0,2)，则g′(x)＝eq\f(3,2)＋eq\f(2,x2)>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)<eq\f(3×2,2)－eq\f(2,2)＝2，故a≥2，故实数a的取值范围为[2，＋∞)．3．(结合新定义问题)f′(x)为f(x)的导数，若函数f(x)在区间[a，b]上存在x1，x2(a<x1<x2<b)，满足f′(x1)＝f′(x2)＝eq\f(fa－fb,a－b)，则称x1，x2为区间[a，b]上的“对视数”，函数f(x)为区间[a，b]上的“对视函数”．下列结论正确的有________．(写出所有正确结论的序号)①函数f(x)＝ex－eq\f(x3,12)＋eq\f(x2,2)－x＋2在任意区间[a，b]上都不可能是“对视函数”；②函数f(x)＝x＋cosx是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,3)))上的“对视函数”；③函数f(x)＝x3－x2＋2是[－1,2]上的“对视函数”；④若函数f(x)为[a，b]上的“对视函数”，则f(x)在[a，b]上单调．解析：对于①，f′(x)＝ex－eq\f(x2,4)＋x－1，设g(x)＝f′(x)＝ex－eq\f(x2,4)＋x－1，g′(x)＝ex－eq\f(1,2)x＋1，设h(x)＝ex，φ(x)＝eq\f(1,2)x－1，h′(x)＝ex，φ′(x)＝eq\f(1,2)，当x≥0时，h′(x)≥1，所以h′(x)>φ′(x)，又h(0)＝1，φ(0)＝－1，h(0)>φ(0)，而当x<0时，h(x)>0，φ(x)<0，所以h(x)＝ex图象恒在直线φ(x)＝eq\f(1,2)x－1上方，所以g′(x)>0，即f′(x)＝ex－eq\f(x2,4)＋x－1在R上单调递增，所以不存在x1，x2，使得f′(x1)＝f′(x2)，即函数f(x)＝ex－eq\f(x3,12)＋eq\f(x2,2)－2＋2在任意区间[a，b]上都不可能是“对视函数”，①正确；对于②，f′(x)＝1－sinx，eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3))),\f(π,3)－\f(5π,3))＝1，令1－sinx＝1，得x＝π，只有一个根，所以函数f(x)＝x＋cosx不是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,3)))上的“对视函数”，②错误；对于③，f′(x)＝3x2－2x，eq\f(f－1－f2,－1－2)＝2，令3x2－2x＝2，解得x1＝eq\f(1－\r(7),3)，x2＝eq\f(1＋\r(7),3)，而－1<x1<x2<2，所以函数f(x)＝x3－x2＋2是[－1,2]上的“对视函数”，③正确；对于④，若函数f(x)为[a，b]上的“对视函数”，则f′(x)＝0在[a，b]上有两个不相等的实数根，所以f(x)在[a，b]上不单调，④错误．答案：①③4．(忽略函数的定义域)函数y＝eq\f(1,x)＋3lnx的单调递增区间为________．解析：函数y＝eq\f(1,x)＋3lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(3,x)＝eq\f(3x－1,x2)，令y′＝eq\f(3x－1,x2)>0，解得x>eq\f(1,3)，故函数的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))5．(强化开放思维)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b，若存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1，则符合条件的一组a，b的值为________．解析：f(x)＝2x3－ax2＋b，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)，不妨令eq\f(a,3)>1，f′(x)<0在区间[0,1]上恒成立，f(x)在区间[0,1]上单调递减，此时要满足题意则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＝1，,f1＝2－a＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,a＝4.))符合条件的一组a，b的值为a＝4，b＝1.答案：a＝4，b＝1(答案不唯一)[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析：选B因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是()解析：选A设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增，故选A.3．已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则()A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3C．a＝3 D．a∈(－∞，3]解析：选B由f(x)＝lnx＋x2＋ax得f′(x)＝eq\f(2x2＋ax＋1,x)，又f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(1,2)和1是方程eq\f(2x2＋ax＋1,x)＝0的两个根，代入得a＝－3，经检验满足题意．故选B.4．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()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．5．若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上单调递增，则实数c的取值范围是()A．(－∞，2] B．(－∞，4]C．(－∞，8] D．[－2,4]解析：选Bf′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，∵函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上单调递增，∴x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5对任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立，∴c≤eq\f(x2＋2x＋5,x＋1)对任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，∴eq\f(x2＋2x＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)≥4，当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.6．已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是________．解析：由题意得，f′(x)＝2x－5＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)(x>0)．令f′(x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(2x－1x－2,x)>0(x>0)，解得x>2或0<x<eq\f(1,2).综上所述，函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)7．若函数f(x)＝ax＋cosx在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：因为f(x)＝ax＋cosx在R上单调递增，则f′(x)＝a－sinx≥0恒成立，即a≥sinx恒成立，由于－1≤sinx≤1，所以a≥1.答案：[1，＋∞)8．设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所以f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上，得6－16a＝8a－6，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(x－2x－3,x).令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0；当2<x<3时，f′(x)<0，故函数f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．9．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)判断函数f(x)的单调性．解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．∴当a≤1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna,∴当0<x<lna时，f′(x)<0，当x>lna时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．二、重点难点培优训练1．已知函数y＝eq\f(fx,ex)在其定义域上单调递减，则函数f(x)的图象可能是()解析：选A∵函数y＝eq\f(fx,ex)在其定义域上单调递减，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′＝eq\f(f′x－fx,ex)≤0在定义域上恒成立，且不恒为0，即f(x)≥f′(x)恒成立．结合题图知A正确．2．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则()A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)解析：选A设g(x)＝x2f(x)⇒g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，则当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，易得g(x)是偶函数，则4f(－2)＝g(－2)＝g(2)<g(3)＝9f(3)，故选A.3．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在区间(t,3)上总不是单调函数，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a1－x,x)，当a>0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)为常函数，无单调区间.(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝eq\f(2x－2,x)(x>0)．∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点，又g′(0)＝－2<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t<0，,g′3>0，))当g′(t)<0时，即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＝－2<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，即m<－5且m<－9，即m<－9，又g′(3)>0，即m>－eq\f(37,3).∴－eq\f(37,3)<m<－9.即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－9)).第三节导数与函数的极值、最值1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值其中多项式函数不超过三次；会求闭区间上函数的最大值、最小值其中多项式函数不超过三次.2.利用导数研究函数的单调性、极最值，并会解决与之有关的方程不等式问题.1．函数的极值与导数极大值在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值极小值在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点2．函数的最值与导数(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．3．函数极值与最值的区别与联系极值最值区别(1)极值是个“局部”概念，只能在定义域内部取得；(2)在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个都没有(1)最值是个“整体”概念，可以在区间的端点处取得；(2)最值最多有一个联系(1)极值有可能成为最值，最值只要不在区间端点处取得，必定是极值；(2)在区间[a，b]上图象是一条连续曲线的函数f(x)若有唯一的极值，则这个极值就是最值(1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)．(2)极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大．(3)有极值的函数一定不是单调函数．(4)f′(x0)＝0是x0为可导函数f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．1．如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断不正确的是()A．在区间(－3，－2)内单调递减B．在区间(2,3)内单调递增C．x＝－3是极小值点D．x＝4是极大值点答案：C2．函数f(x)＝eq\f(lnx,x)的极大值为()A．－e B．eq\f(1,e)C．1 D．0答案：B3．已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则实数a的值