2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章第1节 导数的概念、几何意义及运算含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章第1节导数的概念、几何意义及运算含答案第一节导数的概念、几何意义及运算课标解读考向预测1.了解导数概念的实际背景，能通过函数图象直观理解导数的几何意义.2.能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的导数.3.能利用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，会求简单复合函数(限于形如f(ax＋b))的导数.从近三年高考情况来看，本节是高考中的必考内容．预计2025年高考会以客观题的形式考查导数的定义、求曲线的切线方程．导数的几何意义也可能会作为解答题中的一问进行考查，试题难度属中、低档.必备知识——强基础1．平均变化率对于函数y＝f(x)，把比值eq\f(Δy,Δx)，即eq\f(Δy,Δx)＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx)叫做函数y＝f(x)从x0到x0＋Δx的平均变化率．2．瞬时速度一般地，如果物体的运动规律可以用函数s＝s(t)来描述，那么，物体在时刻t的瞬时速度v就是物体在t到t＋Δt这段时间内，当Δt无限趋近于0时，eq\f(Δs,Δt)无限趋近的常数．3．瞬时变化率定义式eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx)实质瞬时变化率是当自变量的改变量趋近于0时，平均变化率趋近的值作用刻画函数在某一点处变化的快慢4.导数的概念一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx)，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作eq\x(\s\up1(02))f′(x0)或eq\x(\s\up1(03))y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx).注意：函数y＝f(x)在x＝x0处的导数是y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率．5．导函数的概念如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点都是可导的，则称f(x)在区间(a，b)内可导．这样，对开区间(a，b)内的每一个值x，都对应一个确定的导数f′(x)，于是在区间(a，b)内f′(x)构成一个新的函数，我们把这个函数称为函数y＝f(x)的导函数(简称导数)，记为f′(x)或y′，即f′(x)＝y′＝eq\x(\s\up1(04))eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(x＋Δx)－f(x),Δx)．6．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)，就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的eq\x(\s\up1(05))切线的斜率k0，即k0＝eq\x(\s\up1(06))f′(x0)．7．基本初等函数的导数公式函数导数f(x)＝c(c为常数)f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈R，且α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝axlnaf(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)8.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(f(x),g(x))))′＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)(g(x)≠0)．9．复合函数的导数一般地，对于由函数y＝f(u)和u＝g(x)复合而成的函数y＝f(g(x))，它的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝eq\x(\s\up1(07))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．1．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．2．求曲线y＝f(x)的切线方程的类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)在点P处的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，最后由点斜式或两点式写出方程．(4)若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率k，再由k＝f′(x0)求出切点坐标P(x0，y0)，最后写出切线方程．(5)①在点P处的切线即是以P为切点的切线，P一定在曲线上；②过点P的切线即切线过点P，P不一定是切点．因此在求过点P的切线方程时，应首先检验点P是否在已知曲线上．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．()(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．()(3)f′(x0)＝[f′(x0)]′.()答案(1)×(2)×(3)×2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册5.1.1T3改编)一质点运动的方程为s＝5－3t2，若该质点在时间段[1，1＋Δt]内相应的平均速度为－3Δt－6，则该质点在t＝1时的瞬时速度是()A．－3 B．3C．6 D．－6答案D(2)设f(x)＝eeq\r(x)＋ln2的导函数为f′(x)，则f′(1)的值为()A．0 B．eC．eq\f(e＋1,2) D．eq\f(e,2)答案D(3)(人教A选择性必修第二册习题5.2T3改编)已知函数f(x)＝x(2024＋lnx)，若f′(x0)＝2025，则x0＝()A．e2 B．1C．ln2 D．e答案B(4)(人教A选择性必修第二册5.2.1练习T3改编)余弦曲线y＝cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线方程为________．答案y＝－x＋eq\f(π,2)解析因为y＝cosx，则y′＝－sinx，可得曲线y＝cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线斜率为k＝－1，则曲线y＝cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))处的切线方程为y＝－x＋eq\f(π,2).(5)求下列函数的导数．①y＝2x＋log2x；②y＝eq\f(x3－1,sinx)；③y＝(3x＋1)2ln(3x)；④y＝3xe－3x.解①y′＝2xln2＋eq\f(1,xln2).②y′＝eq\f((x3－1)′sinx－(sinx)′(x3－1),sin2x)＝eq\f(3x2sinx－cosx(x3－1),sin2x).③y′＝[(3x＋1)2]′ln(3x)＋(3x＋1)2·[ln(3x)]′＝6(3x＋1)·ln(3x)＋eq\f((3x＋1)2,x).④y′＝(3x)′e－3x＋3x(e－3x)′＝3xe－3xln3－3·3xe－3x.考点探究——提素养考点一导数的概念及运算例1(1)(2024·江苏连云港一中高三上月考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(1)＝a，eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(1)－f(1＋Δx),2Δx)＝1－a，则实数a的值为()A．－2 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．2答案D解析由题意，得eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(1)－f(1＋Δx),2Δx)＝－eq\f(1,2)eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(1＋Δx)－f(1),Δx)＝－eq\f(1,2)a，所以－eq\f(1,2)a＝1－a，解得a＝2.故选D.(2)(多选)下列结论中错误的是()A．若y＝coseq\f(1,x)，则y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，则y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，则y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝xsin2x答案ACD解析对于A，y＝coseq\f(1,x)，则y′＝eq\f(1,x2)sineq\f(1,x)，故A错误；对于B，y＝sinx2，则y′＝2xcosx2，故B正确；对于C，y＝cos5x，则y′＝－5sin5x，故C错误；对于D，y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝eq\f(1,2)sin2x＋xcos2x，故D错误．故选ACD.【通性通法】1．根据导数的定义求函数y＝f(x)在点x0处导数的方法(1)求函数的增量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)．(2)求平均变化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx).(3)得导数f′(x0)＝eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(Δy,Δx)，简记作：一差、二比、三极限．2．函数的导数与导数值的区别与联系导数是原来函数的导函数，而导数值是导函数在某一点的函数值，导数值是常数．【巩固迁移】1．(多选)下列求导数的运算中正确的是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq\f(1,x2)B．(3lnx)′＝eq\f(3,x)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,ex)))′＝eq\f(1,ex)D．(x2cosx)′＝－2xsinx答案AB解析对于A，x′＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝(x－1)′＝－x－2＝－eq\f(1,x2)，相加即可，故A正确；对于B，系数不变，只对lnx求导即可，即(3lnx)′＝eq\f(3,x)，故B正确；对于C，由除法求导公式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,ex)))′＝eq\f((1－x)ex,e2x)＝eq\f(1－x,ex)，故C错误；对于D，由乘法求导公式，得(x2cosx)′＝2xcosx－x2sinx，故D错误．故选AB.2．(2023·重庆市第八中学高三适应性月考(三))已知函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f(x)＝ex－2f′(0)sinx＋1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________．答案eeq\s\up7(\f(π,2))＋eq\f(1,3)解析因为f′(x)＝ex－2f′(0)cosx，所以f′(0)＝e0－2f′(0)cos0，解得f′(0)＝eq\f(1,3)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－eq\f(2,3)sineq\f(π,2)＋1＝eeq\s\up7(\f(π,2))＋eq\f(1,3).考点二导数的几何意义及其应用(多考向探究)考向1导数与函数的图象例2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答案D解析如图，作出函数在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.【通性通法】函数f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．【巩固迁移】3．函数y＝f(x)的图象如图所示，下列不等关系正确的是()A．0<f′(2)<f′(3)<f(3)－f(2)B．0<f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)C．0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)D．0<f(3)－f(2)<f′(2)<f′(3)答案C解析如图所示，根据导数的几何意义，可得f′(2)表示切线l1的斜率k1>0，f′(3)表示切线l3的斜率k3>0，又由平均变化率的定义，可得eq\f(f(3)－f(2),3－2)＝f(3)－f(2)，表示割线l2的斜率k2，结合图象，可得0<k3<k2<k1，即0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)．故选C.考向2求切点的坐标例3已知曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，则点P的坐标为()A．(1，3) B．(－1，3)C．(1，3)或(－1，3) D．(1，－3)答案C解析设切点P(x0，y0)，∵f′(x)＝3x2－1，直线x＋2y－1＝0的斜率为－eq\f(1,2)，∴f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，∴xeq\o\al(2,0)＝1，∴x0＝±1，又切点P(x0，y0)在曲线y＝f(x)上，∴y0＝xeq\o\al(3,0)－x0＋3，∴当x0＝1时，y0＝3；当x0＝－1时，y0＝3，∴切点P的坐标为(1，3)或(－1，3)．【通性通法】已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数，再让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标，将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．【巩固迁移】4．在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．答案(e，1)解析设点A(x0，y0)，则y0＝lnx0.又y′＝eq\f(1,x)，当x＝x0时，y′＝eq\f(1,x0)，则曲线y＝lnx在点A处的切线方程为y－y0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y－lnx0＝eq\f(x,x0)－1，代入点(－e，－1)，得－1－lnx0＝eq\f(－e,x0)－1，即x0lnx0＝e.令H(x)＝xlnx，当x∈(0，1)时，H(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0，且H′(x)＝lnx＋1，当x>1时，H′(x)>0，H(x)单调递增，注意到H(e)＝e，故x0lnx0＝e存在唯一的实数根x0＝e，此时y0＝1，故点A的坐标为(e，1)．考向3求切线的方程例4(1)曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为________．答案5x－y＋2＝0解析因为y′＝eq\f(2(x＋2)－(2x－1),(x＋2)2)＝eq\f(5,(x＋2)2)，所以曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线的斜率k＝5，故所求切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________，________．答案y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x解析当x＞0时，y＝lnx，设切点为(x0，lnx0)，由y′＝eq\f(1,x)，得y′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，所以切线方程为y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又切线过坐标原点，所以－lnx0＝eq\f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切线方程为y－1＝eq\f(1,e)(x－e)，即y＝eq\f(1,e)x；当x＜0时，y＝ln(－x)，设切点为(x1，ln(－x1))，由y′＝eq\f(1,x)，得y′|x＝x1＝eq\f(1,x1)，所以切线方程为y－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，又切线过坐标原点，所以－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(－x1)，解得x1＝－e，所以切线方程为y－1＝eq\f(1,－e)(x＋e)，即y＝－eq\f(1,e)x.【通性通法】注意：“待定切点法”——如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝f(x0)，,\f(y1－y0,x1－x0)＝f′(x0)，))得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．【巩固迁移】5．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答案D解析易知点P在曲线y＝x3上，y′＝3x2，当点P为切点时，切线斜率k＝12，切线方程为12x－y－16＝0.当点P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(xeq\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作曲线的切线有两条，方程为12x－y－16＝0或3x－y＋2＝0.故选D.考向4求参数的值或取值范围例5(2023·河南郑州高三第二次质量预测)已知曲线y＝xlnx＋ae－x在点x＝1处的切线方程为2x－y＋b＝0，则b＝()A．－1 B．－2C．－3 D．0答案C解析由题意，得y′＝lnx＋1－ae－x，根据导数的几何意义可知，在点x＝1处的切线斜率为1－eq\f(a,e)＝2，解得a＝－e，所以切点为(1，－1)，代入切线方程可得2＋1＋b＝0，解得b＝－3.故选C.【通性通法】1．利用导数的几何意义求参数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．2．求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点(1)注意曲线上横坐标的取值范围．(2)谨记切点既在切线上又在曲线上．【巩固迁移】6．(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________．答案(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝(x0＋a＋1)ex0＝eq\f((x0＋a)ex0,x0)，化简，得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．考点三两曲线的公切线问题例6设曲线y＝lnx与y＝(x＋a)2有一条斜率为1的公切线，则a＝()A．－1 B．－eq\f(3,4)C．eq\f(1,4) D．eq\f(3,4)答案B解析因为y＝lnx，所以y′＝eq\f(1,x)，又因为切线的斜率为1，所以y′＝eq\f(1,x)＝1，解得x＝1，y＝0，所以切线方程为y＝x－1.因为y＝(x＋a)2，所以y′＝2x＋2a＝1，解得x＝eq\f(1,2)－a，代入切线方程得y＝－eq\f(1,2)－a，再将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a，－\f(1,2)－a))代入y＝(x＋a)2，解得a＝－eq\f(3,4).故选B.【通性通法】解决两曲线的公切线问题的两种方法(1)利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解．(2)设公切线l在曲线y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在曲线y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝eq\f(f(x1)－g(x2),x1－x2).【巩固迁移】7．(2023·江西南昌模拟)已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝()A．4 B．8C．2 D．1答案B解析y＝x＋lnx的导数为y′＝1＋eq\f(1,x)，曲线y＝x＋lnx在x＝1处的切线斜率k＝2，则曲线y＝x＋lnx在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.由于切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax2＋(a＋2)x＋1，,y＝2x－1，))得ax2＋ax＋2＝0，又a≠0，两曲线相切有一切点，所以Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.故选B.课时作业一、单项选择题1.(2023·辽宁抚顺六校协作体高三上学期期中考试)现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V(单位：mL)关于时间t(单位：s)的函数解析式为V＝πt3＋3πt2(t≥0)，不考虑注液过程中溶液的流失，则当t＝2时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为()A．4cm/s B．5cm/sC．6cm/s D．7cm/s答案C解析由题意，杯子的底面积为S＝4π，则溶液上升高度h＝eq\f(V,S)＝eq\f(t3＋3t2,4)，所以h′＝eq\f(3t2＋6t,4)，则h′|t＝2＝6cm/s.故选C.2．(2024·湖南长沙长郡中学高三上月考(四))已知函数f(x)＝2cosx－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sinx，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝()A．eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C．2 D．－2答案B解析因为f(x)＝2cosx－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sinx，所以f′(x)＝－2sinx－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－2sineq\f(π,3)－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq\r(3)－eq\f(1,2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq\f(2\r(3),3).故选B.3．(2023·全国甲卷)曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为()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解析设曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y－eq\f(e,2)＝k(x－1)，因为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′|x＝1＝eq\f(e,4)，所以y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，所以曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).故选C.4．(2024·河北邢台六校联考高三上学期第一次月考)下列求导运算正确的是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))′＝coseq\f(π,5)B．(x2sin3x)′＝2xsin3x＋x2cos3xC．(tanx)′＝eq\f(1,cos2x)D．[ln(2x－1)]′＝eq\f(1,2x－1)答案C解析对于A，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))′＝0，A错误；对于B，(x2sin3x)′＝(x2)′sin3x＋x2(sin3x)′＝2xsin3x＋3x2cos3x，B错误；对于C，(tanx)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(cosx·cosx－sinx·(－sinx),cos2x)＝eq\f(1,cos2x)，C正确；对于D，[ln(2x－1)]′＝eq\f(1,2x－1)×2＝eq\f(2,2x－1)，D错误．故选C.5．(2023·安徽六安新安中学模拟)若函数f(x)＝lnx＋ax的图象存在斜率为2的切线，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)答案C解析由题意，函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋a.函数f(x)＝lnx＋ax的图象存在斜率为2的切线，即eq\f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有解．因为x>0，所以eq\f(1,x)>0，则－eq\f(1,x)<0，2－eq\f(1,x)<2，所以a<2，即实数a的取值范围是(－∞，2)．故选C.6．(2024·河南南阳阶段考试)设点P，Q分别是曲线y＝xe－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋3上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(3\r(2),2)C．eq\f((4e－1)\r(2),2) D．eq\f((4e＋1)\r(2),2)答案B解析由题意，曲线y＝xe－x上的动点P和直线y＝x＋3上的动点Q间的距离的最小值，即曲线y＝xe－x上与直线y＝x＋3平行的切线与直线y＝x＋3之间的距离．由y＝eq\f(x,ex)可得y′＝eq\f(1－x,ex)，令y′＝1，解得x＝0.当x＝0时，y＝0，点P(0，0)，因此P，Q两点间距离的最小值，即为点P(0，0)到直线y＝x＋3的距离，dmin＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2).故选B.7．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ex，直线y＝kx与函数f(x)的图象有两个交点，则实数k的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e，\r(e))) B．(eq\r(e)，＋∞)C．(e，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e，＋∞))答案D解析当过原点的直线y＝kx与函数f(x)的图象相切时，设切点为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(1,2)em))，由f′(x)＝eq\f(1,2)ex，可得过点P的切线方程为y－eq\f(1,2)em＝eq\f(1,2)em(x－m)，代入点(0，0)可得－eq\f(1,2)em＝－eq\f(1,2)mem，解得m＝1，此时切线的斜率为eq\f(1,2)e，由函数f(x)的图象可知，若直线y＝kx与函数f(x)的图象有两个交点，实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e，＋∞)).故选D.8．(2023·江苏南通模拟)已知过点A(a，0)作曲线y＝(1－x)ex的切线有且仅有1条，则a＝()A．－3 B．3C．－3或1 D．3或1答案C解析设切点为(x0，(1－x0)ex0)，由已知得y′＝－xex，则切线斜率k＝－x0ex0，切线方程为y－(1－x0)ex0＝－x0ex0(x－x0)，直线过点A(a，0)，则－(1－x0)ex0＝－x0ex0(a－x0)，化简得xeq\o\al(2,0)－(a＋1)x0＋1＝0，切线有且仅有1条，即Δ＝(a＋1)2－4＝0，解得a＝－3或1.故选C.二、多项选择题9．函数y＝g(x)在区间[a，b]上连续，对[a，b]上任意两点x1，x2(x1≠x2)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(g(x1)＋g(x2),2)时，我们称函数g(x)在[a，b]上“严格上凹”．若用导数的知识可以简单地解释为原函数的导函数的导函数(二阶导函数)在给定区间内恒为正，即g″(x)>0.下列所列函数在所给定义域上“严格上凹”的是()A．f(x)＝log2x(x>0)B．f(x)＝2e－x＋xC．f(x)＝－x3＋2x(x<0)D．f(x)＝sinx－x2(0<x<π)答案BC解析由题意可知，若函数在所给定义域上“严格上凹”，则满足f″(x)>0在定义域内恒成立．对于A，f(x)＝log2x(x>0)，则f″(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xln2)))′＝－eq\f(1,ln2)·eq\f(1,x2)<0在x>0时恒成立，故A不符合题意；对于B，f(x)＝2e－x＋x，则f″(x)＝(－2e－x＋1)′＝2e－x>0恒成立，故B符合题意；对于C，f(x)＝－x3＋2x(x<0)，则f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x>0在x<0时恒成立，故C符合题意；对于D，f(x)＝sinx－x2(0<x<π)，则f″(x)＝(cosx－2x)′＝－sinx－2<0在0<x<π时恒成立，故D不符合题意．故选BC.10．已知函数f(x)的导数为f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝eq\f(1,x)C．f(x)＝lnx D．f(x)＝eq\f(sinx,cosx)答案ABC解析对于A，f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，有“巧值点”；对于B，f′(x)＝－eq\f(1,x2)，令eq\f(1,x)＝－eq\f(1,x2)，得x＝－1，有“巧值点”；对于C，f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，结合y＝lnx，y＝eq\f(1,x)的图象，知方程lnx＝eq\f(1,x)有解，即有“巧值点”；对于D，f′(x)＝eq\f(1,cos2x)，令eq\f(sinx,cosx)＝eq\f(1,cos2x)，得sin2x＝2，无解，无“巧值点”．故选ABC.11．(2023·江苏南京模拟)已知函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程是x－2y＋1＝0，若g(x)＝xf(x)，则下列各式成立的是()A．f(1)＝1 B．f′(1)＝1C．f(x)＝eq\f(1,4)x2＋eq\f(3,4) D．g′(1)＝eq\f(3,2)答案AD解析对于A，由题意知，点(1，f(1))在直线x－2y＋1＝0上，所以f(1)＝1，故A正确；对于B，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程是x－2y＋1＝0，所以f′(1)＝eq\f(1,2)，故B错误；对于C，f(x)＝eq\f(1,4)x2＋eq\f(3,4)，虽然满足f(1)＝1，f′(1)＝eq\f(1,2)，但该函数只是一种特殊情况，该函数还可以为f(x)＝eq\r(x)，也满足f(1)＝1，f′(1)＝eq\f(1,2)，故C错误；对于D，由题得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，故D正确．故选AD.三、填空题12．(2024·安徽亳州第一中学高三上学期第二次月考)已知函数f(x)＝ax－lnx，且eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(1＋2Δx)－f(1－Δx),Δx)＝3，则曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程是________．答案y＝x＋1解析由eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(1＋2Δx)－f(1－Δx),Δx)＝3eq\o(Δx→0,\s\up6(lim))eq\f(f(1＋2Δx)－f(1－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＋1.13．(2023·黑龙江牡丹江联考)已知函数f(x)＝x2＋2f′(1)lnx，则f′(1)＝________．答案－2解析因为f(x)＝x2＋2f′(1)lnx，所以f′(x)＝2x＋eq\f(2f′(1),x)，则f′(1)＝2＋2f′(1)，故f′(1)＝－2.14．(2023·河南信阳高级中学高三上学期期末)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)|ex－1|.若存在x1，x2∈(－a，a)(x1<x2，a>0)，使得曲线y＝f(x)在x＝x1，x＝x2处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为________．答案(ln4，＋∞)解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(ex－1)，x≥0，,\f(1,2)(1－ex)，x<0，))f′(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ex，x>0，,－\f(1,2)ex，x<0，))若存在x1，x2∈(－a，a)(x1<x2，a>0)，使得曲线y＝f(x)在x＝x1，x＝x2处的切线互相垂直，根据导数的几何意义可知，f′(x1)f′(x2)＝－1，且x1<x2，所以－a<x1<0<x2<a，则eq\f(1,2)ex2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ex１))＝－1，ex1+x2＝4，因为－a<x1＋x2<a，e－a<ex1+x2<ea，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ea>4，,e－a<4，,a>0，))解得a>ln4.故实数a的取值范围为(ln4，＋∞)．15．(2023·江苏扬州高邮市第一中学等2校高三上学期期末联考)若曲线y＝x3－2x2＋m与曲线y＝4x2＋1有一条过原点的公切线，则m的值为________．答案8或－eq\f(40,27)解析因为过原点斜率不存在的直线为x＝0，该直线与曲线y＝4x2＋1不相切，所以设曲线y＝4x2＋1过原点的切线的方程为y＝kx，切点为B(x2，y2)，则k＝8x2，k＝eq\f(y2,x2)，y2＝4xeq\o\al(2,2)＋1，所以x2＝±eq\f(1,2).当x2＝eq\f(1,2)时，k＝4，所以直线y＝4x与曲线y＝x3－2x2＋m相切，设切点为A(x1，y1)，则y1＝4x1，3xeq\o\al(2,1)－4x1＝4，y1＝xeq\o\al(3,1)－2xeq\o\al(2,1)＋m，所以x1＝－eq\f(2,3)或x1＝2，当x1＝－eq\f(2,3)时，m＝－eq\f(40,27)，当x1＝2时，m＝8；当x2＝－eq\f(1,2)时，k＝－4，所以直线y＝－4x与曲线y＝x3－2x2＋m相切，设切点为C(x3，y3)，则y3＝－4x3，3xeq\o\al(2,3)－4x3＝－4，y3＝xeq\o\al(3,3)－2xeq\o\al(2,3)＋m，满足方程3xeq\o\al(2,3)－4x3＝－4的解不存在，故m不存在．所以m＝8或m＝－eq\f(40,27).16．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))lnx＋eq\f(2,x)－x(a>0)．(1)当a＝1时，求曲线f(x)在x＝2处的切线方程；(2)当a≥3时，曲线f(x)上存在分别以A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为切点的两条互相平行的切线，求x1＋x2的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－x，f(2)＝2ln2－1，f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)－1，所以f′(2)＝－eq\f(1,2)，即切线的斜率k＝－eq\f(1,2)，所以曲线f(x)在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－1)＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4ln2＝0.(2)由题意知f′(x1)＝f′(x2)，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)－1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\f(1,x1)－eq\f(2,xeq\o\al(2,1))－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\f(1,x2)－eq\f(2,xeq\o\al(2,2))－1，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝eq\f(2,xeq\o\al(2,2))－eq\f(2,xeq\o\al(2,1))，因为x1≠x2，所以eq\f(2a,a2＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x1)))＝1，所以x1＋x2＝(x1＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))·eq\f(2a,a2＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)＋\f(x2,x1)＋2))·eq\f(2a,a2＋1)>eq\f(8a,a2＋1)＝eq\f(8,a＋\f(1,a))，令g(a)＝a＋eq\f(1,a)，则g′(a)＝1－eq\f(1,a2)＝eq\f((a＋1)(a－1),a2)，因为a≥3，g′(a)>0，所以g(a)在[3，＋∞)上单调递增，所以g(a)≥g(3)＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，即a＋eq\f(1,a)≥eq\f(10,3)，所以eq\f(8,a＋\f(1,a))≤eq\f(8,\f(10,3))＝eq\f(12,5)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,a＋\f(1,a))))eq\s\do7(max)＝eq\f(12,5)，所以x1＋x2>eq\f(12,5)，即x1＋x2的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，＋∞)).第二节导数与函数的单调性课标解读考向预测1.结合实例，借助几何直观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(其中多项式函数一般不超过三次).从近三年的高考情况来看，利用导数研究函数的单调性问题是必考的一个问题，这是因为单调性是解决后续问题的关键，单调性在研究函数图象、比较函数值的大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中起着至关重要的作用．函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的重点，而含有参数的函数单调性的讨论与应用是高考中的难点．预计这一考点在2025年高考中仍是重点考点.必备知识——强基础1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在(a，b)上eq\x(\s\up1(01))单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)上eq\x(\s\up1(02))单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是eq\x(\s\up1(03))常数函数2.利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤第一步，确定函数的eq\x(\s\up1(04))定义域；第二步，求出导数f′(x)的eq\x(\s\up1(05))零点；第三步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．1．利用导数解决单调性问题需要注意的问题(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．(2)注意“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点．2．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．3．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．()(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．()(3)若函数f(x)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．()答案(1)√(2)√(3)×2．小题热身(1)(多选)(人教A选择性必修第二册5.3.1例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是()A．在区间(－2，1)上f(x)单调递增B．在区间(2，3)上f(x)单调递减C．在区间(4，5)上f(x)单调递增D．在区间(3，5)上f(x)单调递减答案BC(2)函数f(x)＝xe－x的一个单调递增区间是()A．(－∞，1) B．(2，8)C．(1，2) D．(0，2)答案A解析由f(x)＝eq\f(x,ex)，得f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上为增函数．故选A.(3)(人教A选择性必修第二册5.3.1例1改编)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．减函数答案D解析∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sinx－1＜0，∴f(x)在(0，π)上是减函数．故选D.考点探究——提素养考点一不含参数的函数的单调性例1求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，x，f′(x)，f(x)的变化如下：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)单调递减－e单调递增所以f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).【通性通法】利用导数求函数单调区间的步骤注意：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域．(2)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．【巩固迁移】1．(2023·湖南长沙模拟)已知函数f(x)＝2exsinx(e是自然对数的底数)，讨论f(x)的单调性．解f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)＝2eq\r(2)exsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由f′(x)<0，解得2kπ＋eq\f(3π,4)<x<2kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，由f′(x)>0，解得2kπ－eq\f(π,4)<x<2kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z)上单调递减．考点二含参数的函数的单调性例2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．【通性通法】利用导数研究函数单调性的策略提醒：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．【巩固迁移】2．已知函数g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．解因为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).由题意知函数g(x)的定义域为(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，即函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减；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)，即函数g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a<eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，1)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增；当a＝eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>eq\f(1,2)时，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．考点三与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究)考向1辨析图象例3已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是()答案D解析由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)>0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内，f′(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内，f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内越来越陡峭，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内越来越平缓．故选D.【通性通法】该类问题主要抓住导函数的正负决定原函数的增减，导数绝对值的大小决定原函数图象在该点处的陡峭程度，即可完成相应的判断．【巩固迁移】3．(2023·浙江绍兴诸暨市高三下学期5月联考)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为()答案D解析由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，则在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内．对于A，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；对于B，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；对于C，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；对于D，由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，当1<x<3时，f′(x)<0，当x>3时，f′(x)>0，所以在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内，函数y＝f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，而选项D中函数y＝f(x)的图象均符合这些性质，故D正确．故选D.考向2比较大小例4(2023·浙江重点中学拔尖学生培养联盟高三下学期适应性考试)设a＝2ln1.4，b＝eq\r(1.6)－1，c＝ln1.6，则()A．c<a<b B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a答案D解析因为2ln1.4＝ln1.42＝ln1.96，ln1.96>ln1.6，所以a>c；令f(x)＝lnx－(eq\r(x)－1)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2\r(x))＝eq\f(2－\r(x),2x)，当x∈[1，4)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(1.6)＞f(1)＝0，即ln1.6>eq\r(1.6)－1，即b<c，所以b<c<a.故选D.【通性通法】(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．(2)含有两个变元的不等式，可把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．【巩固迁移】4．(2023·湖南娄底市部分学校高三三模)若a＝ln1.01，b＝eq\f(2,201)，c＝eq\r(1.02)－1，则()A．a<b<c B．b<a<cC．b<c<a D．c<a<b答案B解析由于a＝ln1.01＝ln(1＋0.01)，c＝eq\r(1.02)－1＝eq\r(1＋0.01×2)－1，故设函数f(x)＝ln(1＋x)－eq\r(1＋2x)＋1(x>0)，则f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(1,\r(1＋2x))＝eq\f(\r(1＋2x)－(1＋x),(1＋x)\r(1＋2x))，x>0，由于(eq\r(1＋2x))2－(1＋x)2＝－x2<0，所以(eq\r(1＋2x))2<(1＋x)2，即eq\r(1＋2x)－(1＋x)<0，即f′(x)<0，故f(x)＝ln(1＋x)－eq\r(1＋2x)＋1(x>0)单调递减，故f(x)<f(0)＝0，即ln(1＋x)<eq\r(1＋2x)－1(x>0)，令x＝0.01，则ln(1＋0.01)<eq\r(1＋2×0.01)－1，即a<c；又a＝ln1.01＝ln(1＋0.01)，b＝eq\f(2,201)＝eq\f(2×0.01,2＋0.01)，令g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2x,2＋x)，则当x>0时，g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(4,(x＋2)2)＝eq\f(x2,(x＋1)(x＋2)2)>0，即当x>0时，g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2x,2＋x)单调递增，故当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即当x>0时，ln(x＋1)>eq\f(2x,2＋x)，令x＝0.01，则ln1.01>eq\f(2×0.01,2＋0.01)＝eq\f(2,201)，即a>b，故b<a<c.故选B.考向3解不等式例5(2023·四川成都模拟)已知一个定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝x－1＋lnx，则不等式xf(x)>0的解集为()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(0，1)C．(－1，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案D解析由题意，得当x>0时，f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0.则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，所以当x>0时，不等式xf(x)>0的解集为(1，＋∞)，又f(x)为奇函数，所以xf(x)为偶函数，所以不等式xf(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选D.【通性通法】利用单调性解不等式的思路方法(1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式．(2)解题的一般策略是：利用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可．【巩固迁移】5．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集为________．答案(1，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，定义域为R，因为g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，不等式f(2x－3)＋f(x)>2可变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，又g′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以g(x)在R上单调递增，所以2x－3>－x，解得x>1，所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．考向4求参数的取值范围例6(2024·宁夏回族自治区银川一中高三上学期第二次月考)若函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在R上单调递增，则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)))答案C解析f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx≥0对x∈R恒成立，故1－eq\f(2,3)(2cos2x－1)＋acosx≥0，即acosx－eq\f(4,3)cos2x＋eq\f(5,3)≥0恒成立，即－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0对t∈[－1，1]恒成立，构造g(t)＝－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)，由y＝－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)为开口向下的抛物线，知g(t)的最小值的可能值为端点值，故只需保证eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(－1)＝\f(1,3)－a≥0，,g(1)＝\f(1,3)＋a≥0，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).故选C.【通性通法】由函数的单调性求参数的取值范围的策略注意：若已知函数f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．【巩固迁移】6．若函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞))C．(－2，＋∞) D．(－8，＋∞)答案D解析由f(x)＝lnx＋ax2－2，可得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax.因为函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内存在单调递增区间，所以f′(x)>0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上有解，即a>－eq\f(1,2x2)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上有解．设g(x)＝－eq\f(1,2x2)，x≠0，由g′(x)＝x－3>0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上恒成立，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上单调递增，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<g(x)<g(1)．所以a>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－8.故选D.7．若函数g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在区间[1，2]内不单调，则实数a的取值范围是________．答案(－10，－3)解析∵函数g(x)在区间[1，2]内不单调，∴g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在(1，2)内有解，令y＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴值域为(－10，－3)，∴实数a的取值范围为(－10，－3)．课时作业一、单项选择题1.(2023·江西抚州高三上学期期末)函数y＝f(x)的图象如图，则导函数y＝f′(x)的图象可能是下图中的()答案A解析由函数图象知f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，因为f(x)的导数存在，两边取导数可得f′(x)＝[f(－x)]′，由复合函数的求导公式可得[f(－x)]′＝f′(－x)·(－x)′＝－f′(－x)，故f′(x)＝－f′(－x)，即f′(x)为奇函数，排除C，D；由原函数图象可知当x>0时，f(x)先递增再递减，故f′(x)在x>0时，函数值先正后负，排除B.故选A.2．(2024·辽宁大连第八中学高三上学期月考)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)，＋∞))答案B解析因为函数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)，故f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).故选B.3.函数y＝f(x)在定义域eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))内可导，图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≥0的解集为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪[2，3)B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪[1，2]D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3)))答案C解析f′(x)≥0的解集即为y＝f(x)的单调递增区间．结合图象可得y＝f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))，[1，2]，则f′(x)≥0的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪[1，2]．故选C.4．(2023·江西信丰中学模拟)若函数f(x)＝ax3＋x在定义域R上恰有三个单调区间，则a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，0] D．[0，＋∞)答案A解析因为函数f(x)＝ax3＋x在定义域R上恰有三个单调区间，所以其导函数在定义域R上有两个不同的零点，由f′(x)＝3ax2＋1，可得3ax2＋1＝0，即x2＝－eq\f(1,3a)，所以只需a<0，方程3ax2＋1＝0在R上有两个不同的实数根．故选A.5．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为()A．e2 B．eC．e－1 D．e－2答案C解析依题意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)，设g(x)＝xex，当x∈(1，2)时，g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C