2025高考数学专项复习第四章 一元函数的导数及其应用第1节 导数的概念、几何意义及运算含答案

2025高考数学专项复习第四章一元函数的导数及其应用第一节导数的概念、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.6．(2023·陕西咸阳高三三模)