2024版 講與練高三一輪數(shù)學(xué)（新教材） 第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3．1導(dǎo)數(shù)的概念及其意義、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算考試要求1．通過(guò)實(shí)例分析，經(jīng)歷由平均變化率過(guò)渡到瞬時(shí)變化率的過(guò)程，了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景，知道導(dǎo)數(shù)是關(guān)于瞬時(shí)變化率的數(shù)學(xué)表達(dá)，體會(huì)導(dǎo)數(shù)的內(nèi)涵與思想．2．體會(huì)極限思想．3．通過(guò)函數(shù)圖象直觀理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義．4．能根據(jù)導(dǎo)數(shù)定義求函數(shù)y＝c，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù)．5．能利用給出的基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則，求簡(jiǎn)單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；能求簡(jiǎn)單的復(fù)合函數(shù)(限于形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù)．6．會(huì)使用導(dǎo)數(shù)公式表．知識(shí)梳理1．導(dǎo)數(shù)的概念及其意義(1)導(dǎo)數(shù)的概念：如果當(dāng)Δx→0時(shí)，平均變化率eq\f(Δy,Δx)無(wú)限趨近于一個(gè)確定的值，即eq\f(Δy,Δx)有極限，則稱(chēng)y＝f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并把這個(gè)確定的值叫做y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)(也稱(chēng)為瞬時(shí)變化率)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx).(2)導(dǎo)數(shù)的幾何意義：函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義，就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率．也就是說(shuō)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率是f′(x0)．相應(yīng)的切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．(3)導(dǎo)函數(shù)的概念：當(dāng)x＝x0時(shí)，f′(x0)是一個(gè)唯一確定的數(shù)，這樣，當(dāng)x變化時(shí)，y＝f′(x)就是x的函數(shù)，我們稱(chēng)它為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)(簡(jiǎn)稱(chēng)導(dǎo)數(shù))．y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)有時(shí)也記作y′，即f′(x)＝y(tǒng)′＝eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).2．導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算(1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈Q，且α≠0)f′(x)＝αxα－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝axln_af(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)(2)導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則運(yùn)算法則和差[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)積[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，特別地，[cf(x)]′＝cf′(x)商eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)(3)簡(jiǎn)單復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)一般地，對(duì)于兩個(gè)函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過(guò)中間變量u，y可以表示成x的函數(shù)，那么稱(chēng)這個(gè)函數(shù)為函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)的復(fù)合函數(shù)，記作y＝f(g(x))．它的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為y′x＝y(tǒng)′u·u′x.即y對(duì)x的導(dǎo)數(shù)等于y對(duì)u的導(dǎo)數(shù)與u對(duì)x的導(dǎo)數(shù)的乘積．常用結(jié)論與知識(shí)拓展1．導(dǎo)數(shù)的兩條性質(zhì)(1)奇函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是偶函數(shù)，偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù)．(2)可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，若f′(x)為增函數(shù)，則f(x)的圖象是下凹的；反之，若f′(x)為減函數(shù)，則f(x)的圖象是上凸的．2．區(qū)分在點(diǎn)處的切線與過(guò)點(diǎn)處的切線(1)在點(diǎn)處的切線，該點(diǎn)一定是切點(diǎn)，切線有且僅有一條．(2)過(guò)點(diǎn)處的切線，該點(diǎn)不一定是切點(diǎn)，切線至少有一條．3．幾類(lèi)重要的切線方程(1)y＝x－1是曲線y＝lnx的切線，y＝x是曲線y＝ln(x＋1)的切線，…，y＝x＋n是曲線y＝ln(x＋n＋1)的切線，如圖1.(2)y＝x＋1與y＝ex是曲線y＝ex的切線，如圖2.(3)y＝x是曲線y＝sinx與y＝tanx的切線，如圖3.(4)y＝x－1是曲線y＝x2－x，y＝xlnx及y＝1－eq\f(1,x)的切線，如圖4.由以上切線方程可得重要不等式，如lnx≤x－1，x＋1≤ex等．基礎(chǔ)檢測(cè)1．判斷下列命題是否正確，正確的在括號(hào)內(nèi)畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”．(1)f′(x0)與[f(x0)]′表示的意義是不相同的．(√)(2)f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率．(×)(3)曲線的切線不一定與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)．(√)(4)與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線一定是曲線的切線．(×)(5)函數(shù)f(x)＝sin(－x)的導(dǎo)數(shù)是f′(x)＝cos(－x)．(×)2．(教材改編題)設(shè)f(x)＝ln(3－2x)＋cos2x，則f′(0)＝－eq\f(2,3).解析：因?yàn)閒′(x)＝－eq\f(2,3－2x)－2sin2x，所以f′(0)＝－eq\f(2,3).3．(教材改編題)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)滿(mǎn)足f(x)＝2xf′(1)＋x3，則f(1)＝－5.解析：由f(x)＝2xf′(1)＋x3，得f′(x)＝2f′(1)＋3x2，令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋3，解得f′(1)＝－3，所以f(1)＝2f′(1)＋134．(教材改編題)已知f(x)＝x3－3x2＋1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為3x＋y－2＝0.解析：因?yàn)閒(x)＝x3－3x2＋1，所以f′(x)＝3x2－6x.當(dāng)x＝1時(shí)，f′(1)＝3－6＝－3，所以曲線y＝x3－3x2＋1在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為y＋1＝－3(x－1)，即3x＋y－2＝0.5．(多選題)(教材改編題)曲線f(x)＝x3－x＋3在點(diǎn)P處的切線平行于直線y＝2x－1，則點(diǎn)P的坐標(biāo)可能為(AD)A．(1,3) B．(0,3)C．(2,9) D．(－1,3)解析：設(shè)切點(diǎn)P(x0，xeq\o\al(3,0)－x0＋3)．因?yàn)榍€f(x)在點(diǎn)P處的切線的斜率k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，所以x0＝±1，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,3)或(－1,3)．故選AD．考點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算【例1】求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝2x3－3x2＋5；(2)y＝eq\f(2,x)＋eq\f(4,x＋1)；(3)y＝xnex；(4)y＝eq\f(x3－1,sinx).解：(1)y′＝(2x3)′－(3x2)′＋5′＝6x2－6x.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)))′＝eq\f(－2,x2)＋eq\f(－4,x＋12)＝－2x－2－4(x＋1)－2.(3)y′＝(xn)′ex＋xn(ex)′＝nxn－1ex＋xnex＝xn－1ex(n＋x)．(4)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3－1,sinx)))′＝eq\f(x3－1′sinx－x3－1sinx′,sinx2)＝eq\f(3x2sinx－x3－1cosx,sin2x).規(guī)律總結(jié)一般對(duì)函數(shù)式先化簡(jiǎn)再求導(dǎo)，常用求導(dǎo)技巧有：①連乘積形式：先展開(kāi)化為多項(xiàng)式的形式，再求導(dǎo)；②分式形式：觀察函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，先化為整式函數(shù)或較為簡(jiǎn)單的分式函數(shù)，再求導(dǎo)；③對(duì)數(shù)形式：先化為和、差的形式，再求導(dǎo)；④根式形式：先化為分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的形式，再求導(dǎo)；⑤三角形式：先利用公式化簡(jiǎn)函數(shù)，再求導(dǎo)；⑥復(fù)合函數(shù)：確定復(fù)合關(guān)系，由外向內(nèi)，層層求導(dǎo)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】(1)已知函數(shù)f(x)＝ln(2x－3)＋axe－x，若f′(2)＝1，則a＝e2.解析：f′(x)＝eq\f(1,2x－3)·(2x－3)′＋ae－x＋ax·(e－x)′＝eq\f(2,2x－3)＋ae－x－axe－x，∴f′(2)＝2＋ae－2－2ae－2＝2－ae－2＝1，則a＝e2.(2)設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝2.解析：令t＝ex，故x＝lnt，所以f(t)＝lnt＋t，即f(x)＝lnx＋x，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，所以f′(1)＝2.考點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)的幾何意義命題角度1曲線的切線的斜率和方程【例2】(1)(2021·全國(guó)甲卷)曲線y＝eq\f(2x－1,x＋2)在點(diǎn)(－1，－3)處的切線方程為5x－y＋2＝0.解析：當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－3，故點(diǎn)(－1，－3)在曲線上．因?yàn)閥′＝eq\f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq\f(5,x＋22)，所以y′|x＝－1＝5.∴切線方程為y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.(2)若點(diǎn)P是函數(shù)y＝eq\f(2sinx,sinx＋cosx)圖象上任意一點(diǎn)，直線l為點(diǎn)P處的切線，則直線l斜率的取值范圍是[1，＋∞)．解析：因?yàn)閥＝eq\f(2sinx,sinx＋cosx)，所以y′＝eq\f(2cosxsinx＋cosx－2sinxcosx－sinx,sinx＋cosx2)＝eq\f(2cos2x＋2sin2x,1＋2sinxcosx)＝eq\f(2,1＋sin2x).因?yàn)椋?＜sin2x≤1，所以0＜1＋sin2x≤2，所以eq\f(1,1＋sin2x)≥eq\f(1,2)，則y′＝eq\f(2,1＋sin2x)≥1，所以直線l斜率的取值范圍是[1，＋∞)．(3)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若直線l過(guò)點(diǎn)(0，－1)，并且與曲線y＝f(x)相切，則直線l的方程為x－y－1＝0.解析：∵點(diǎn)(0，－1)不在曲線f(x)＝xlnx上，∴設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)．又f′(x)＝1＋lnx，∴直線l的方程為y＋1＝(1＋lnx0)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0lnx0，,y0＋1＝1＋lnx0x0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝0.))∴直線l的方程為y＝x－1，即x－y－1＝0.規(guī)律總結(jié)曲線切線方程的求法：①以曲線上的點(diǎn)(x0，f(x0))為切點(diǎn)的切線方程的求解步驟：求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；求切線的斜率f′(x0)；寫(xiě)出切線方程y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)，并化簡(jiǎn)；②如果已知點(diǎn)(x1，y1)不在曲線上，則設(shè)出切點(diǎn)(x0，y0)，解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝fx0，,\f(y1－y0,x1－x0)＝f′x0，))得切點(diǎn)(x0，y0)，進(jìn)而確定切線方程．求切線方程時(shí)，要注意判斷已知點(diǎn)是否滿(mǎn)足曲線方程，即是否在曲線上；與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線不一定是曲線的切線，曲線的切線與曲線的公共點(diǎn)不一定只有一個(gè)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】(1)直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝alnx＋b相切于點(diǎn)P(1,2)，則2a＋b等于4解析：直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝alnx＋b相切于點(diǎn)P(1,2)，將P(1,2)代入y＝kx＋1，可得k＋1＝2，解得k＝1，∵f(x)＝alnx＋b，∴f′(x)＝eq\f(a,x)，由f′(1)＝eq\f(a,1)＝1，解得a＝1，可得f(x)＝lnx＋b，∵P(1,2)在曲線f(x)＝lnx＋b上，∴f(1)＝ln1＋b＝2，解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4.(2)若曲線y＝eq\r(x)的一條切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(8,3)，則此切線的斜率為eq\f(1,4)或eq\f(1,8).解析：由題意，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，eq\r(x0))，由y＝eq\r(x)＝xeq\s\up15(eq\f(1,2))，得y′＝eq\f(1,2\r(x))，則切線斜率k＝eq\f(1,2\r(x0))，則曲線在切點(diǎn)處的切線方程為y－eq\r(x0)＝eq\f(1,2\r(x0))(x－x0)，又切線過(guò)點(diǎn)(8,3)，所以3－eq\r(x0)＝eq\f(1,2\r(x0))(8－x0)，整理得x0－6eq\r(x0)＋8＝0，解得eq\r(x0)＝4或2，所以切線斜率k＝eq\f(1,4)或eq\f(1,8).命題角度2兩條曲線的公切線【例3】(1)(2020·全國(guó)Ⅲ卷改編)若直線l與曲線y＝eq\r(x)和x2＋y2＝eq\f(1,5)都相切，則l的方程為x－2y＋1＝0.解析：設(shè)直線l在曲線y＝eq\r(x)上的切點(diǎn)為(x0，eq\r(x0))，則x0>0，函數(shù)y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f(1,2\r(x))，則直線l的斜率k＝eq\f(1,2\r(x0))，直線l的方程為y－eq\r(x0)＝eq\f(1,2\r(x0))(x－x0)，即x－2eq\r(x0)y＋x0＝0.由于直線l與圓x2＋y2＝eq\f(1,5)相切，則eq\f(x0,\r(1＋4x0))＝eq\f(1,\r(5))，整理得5xeq\o\al(2,0)－4x0－1＝0，解得x0＝1，x0＝－eq\f(1,5)(舍)，則直線l的方程為x－2y＋1＝0.(2)(2023·貴州遵義高三開(kāi)學(xué)摸底考試)若直線y＝kx＋b是曲線y＝ex＋1的切線，也是y＝ex＋2的切線，則k＝2.解析：設(shè)直線y＝kx＋b與y＝ex＋2和y＝ex＋1的切點(diǎn)分別為(x1，eeq\s\up15(x1)＋2)，(x2，eeq\s\up15(x2＋1))，則切線方程分別為y－(eeq\s\up15(x1)＋2)＝eeq\s\up15(x1)(x－x1)，y－eeq\s\up15(x2＋1)＝eeq\s\up15(x2＋1)(x－x2)，化簡(jiǎn)得，y＝eeq\s\up15(x1)x＋ex1eq\s\up15(x1)＋2－x1eeq\s\up15(x1)，y＝eeq\s\up15(x2＋1)x－x2eeq\s\up15(x2＋1)＋eeq\s\up15(x2＋1).依題意上述兩直線與y＝kx＋b是同一條直線，所以解得x1＝ln2，所以k＝eeq\s\up15(x1)＝eln2＝2.規(guī)律總結(jié)處理與公切線有關(guān)的參數(shù)問(wèn)題，通常根據(jù)曲線、切線、切點(diǎn)的三個(gè)關(guān)系列出參數(shù)的方程(組)并解出參數(shù)，建立方程(組)的依據(jù)主要是：①切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率；②切點(diǎn)在切線上；③切點(diǎn)在曲線上．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】(1)已知函數(shù)f(x)＝x2－2m，g(x)＝3lnx－x，若y＝f(x)與y＝g(x)在公共點(diǎn)處的切線相同，則m＝1解析：f(x)＝x2－2m，g(x)＝3lnx－x，則f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(3,x)－1.設(shè)公共點(diǎn)為(x0，y0)，且x0>0，由f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＝eq\f(3,x0)－1，解得x0＝1或x0＝－eq\f(3,2)(舍去)，所以y0＝3lnx0－x0＝－1，所以－1＝12－2m，解得m＝1.(2)若存在實(shí)數(shù)a>0，使得函數(shù)f(x)＝alnx＋x與g(x)＝2x2－2x－b的圖象有相同的切線，且相同切線的斜率為2，則實(shí)數(shù)b的最大值為－1.解析：設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋x的切點(diǎn)為(x1，y1)，函數(shù)g(x)＝2x2－2x－b的切點(diǎn)為(x2，y2)．分別對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋1，g′(x)＝4x－2，由相同切線的斜率為2，得g′(x2)＝4x2－2＝2?x2＝1，g(1)＝－b，故切線方程為y＝2x－2－b，f′(x1)＝eq\f(a,x1)＋1＝2?a＝x1，f(x1)＝x1lnx1＋x1，故函數(shù)f(x)＝alnx＋x的切點(diǎn)為(x1，x1lnx1＋x1)．把切點(diǎn)(x1，x1lnx1＋x1)代入y＝2x－2－b中得x1lnx1＋x1＝2x1－2－b?b＝－x1lnx1＋x1－2，令h(x)＝－xlnx＋x－2，h′(x)＝－lnx－1＋1＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減．故h(x)≤h(1)＝－1，故實(shí)數(shù)b的最大值為－1.命題角度3已知曲線的切線條數(shù)求參數(shù)范圍【例4】(1)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．解析：∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝(x0＋a)eeq\s\up15(x0)，切線斜率k＝(x0＋1＋a)eeq\s\up15(x0)，切線方程為y－(x0＋a)eeq\s\up15(x0)＝(x0＋1＋a)eeq\s\up15(x0)(x－x0)，∵切線過(guò)原點(diǎn)，∴－(x0＋a)eeq\s\up15(x0)＝(x0＋1＋a)eeq\s\up15(x0)(－x0)，整理得xeq\o\al(2,0)＋aeq\s\up15(x0)－a＝0，∵切線有兩條，∴Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，∴a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．(2)(2021·新高考Ⅰ卷)若過(guò)點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則(D)A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea解析：在曲線y＝ex上任取一點(diǎn)P(t，et)，對(duì)函數(shù)y＝ex求導(dǎo)得y′＝ex，所以，曲線y＝ex在點(diǎn)P處的切線方程為y－et＝et(x－t)，即y＝etx＋(1－t)et，由題意可知，點(diǎn)(a，b)在直線y＝etx＋(1－t)et上，可得b＝aet＋(1－t)et＝(a＋1－t)et，令f(t)＝(a＋1－t)et，則f′(t)＝(a－t)et.當(dāng)t<a時(shí)，f′(t)>0，此時(shí)函數(shù)f(t)單調(diào)遞增，當(dāng)t>a時(shí)，f′(t)<0，此時(shí)函數(shù)f(t)單調(diào)遞減，所以，f(t)max＝f(a)＝ea，由題意可知，直線y＝b與曲線y＝f(t)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則b<f(t)max＝ea，當(dāng)t<a＋1時(shí)，f(t)>0，當(dāng)t>a＋1時(shí)，f(t)<0，作出函數(shù)f(t)的圖象如圖所示：由圖可知，當(dāng)0<b<ea時(shí)，直線y＝b與曲線y＝f(t)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．故選D．規(guī)律總結(jié)已知曲線的切線條數(shù)求參數(shù)范圍問(wèn)題時(shí)，需要明確的是，曲線存在幾條切線，就會(huì)相應(yīng)的有幾個(gè)切點(diǎn)，因此就可以將切線條數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為切點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題；也就是說(shuō)抓住“切點(diǎn)”這個(gè)“牛鼻子”，將問(wèn)題進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為關(guān)于相應(yīng)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】(1)(2022·安徽安慶模擬)若過(guò)點(diǎn)(a，b)(a>0)可以作曲線y＝xex的三條切線，則(D)A．0<a<bebB．－aea<b<0C．0<ae2<b＋4D．－(a＋4)<be2<0解析：由題可得y′＝(x＋1)ex，設(shè)切點(diǎn)為(x0，x0eeq\s\up15(x0))，則(x0＋1)eeq\s\up15(x0)＝eq\f(x0eeq\s\up15(x0)－b,x0－a)，整理得(xeq\o\al(2,0)－ax0－a)eeq\s\up15(x0)＝－b，由題意知關(guān)于x0的方程(xeq\o\al(2,0)－aeq\s\up15(x0)－a)eeq\s\up15(x0)＝－b有三個(gè)不同的解，設(shè)f(x)＝(x2－ax－a)ex，f′(x)＝(x＋2)(x－a)ex，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝a，又a>0，所以當(dāng)x<－2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－2<x<a時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x→－∞時(shí)f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，且f(－2)＝eq\f(4＋a,e2)，f(a)＝－aea<0，函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，因?yàn)閒(x)的圖象與直線y＝－b有三個(gè)交點(diǎn)，所以0<－b<eq\f(4＋a,e2)，即－(a＋4)<be2<0.(2)(多選題)(2022·江蘇南京金陵中學(xué)摸底)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)，過(guò)點(diǎn)(a，b)作曲線f(x)的切線，下列說(shuō)法正確的是(ABD)A．當(dāng)a＝0，b＝0時(shí)，有且僅有一條切線B．當(dāng)a＝0時(shí)，可作三條切線，則0<b<eq\f(4,e2)C．當(dāng)a＝2，b>0時(shí)，可作兩條切線D．當(dāng)0<a<2時(shí)，可作兩條切線，則b的取值為eq\f(4－a,e2)或eq\f(a,ea)解析：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，所以y0＝eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，則切線的斜率為k＝eq\f(1－x0,eeq\s\up15(x0))，切線方程為y－eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))＝eq\f(1－x0,eeq\s\up15(x0))(x－x0)．對(duì)于A，當(dāng)a＝0，b＝0時(shí)，－eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))＝eq\f(1－x0,ex0)(－x0)，解得x0＝0，故切點(diǎn)為(0,0)，所以切線方程為y＝x，所以有且僅有一條切線，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)a＝0時(shí)，b－eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))＝eq\f(1－x0,eeq\s\up15(x0))(－x0)，則b＝eq\f(x\o\al(2,0),eeq\s\up15(x0))，設(shè)g(x)＝eq\f(x2,ex)，則g′(x)＝eq\f(2x－x2,ex)＝eq\f(x2－x,ex)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以x＝0時(shí)，g(x)有極小值，為g(0)＝0，x＝2時(shí)，g(x)有極大值，為g(2)＝eq\f(4,e2)，x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(x,ex)>0，畫(huà)出g(x)＝eq\f(x2,ex)的圖象，如圖，當(dāng)a＝0時(shí)，若作三條切線，則y＝b與g(x)＝eq\f(x2,ex)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，由圖可得0<b<eq\f(4,e2)，故B正確；對(duì)于C,當(dāng)a＝2時(shí)，由切線方程得b－eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))＝eq\f(1－x0,eeq\s\up15(x0))(2－x0)，則b＝eq\f(x\o\al(2,0)－2x0＋2,eeq\s\up15(x0))，設(shè)h(x)＝eq\f(x2－2x＋2,ex)，則h′(x)＝eq\f(－x2＋4x－4,ex)＝eq\f(－x－22,ex)≤0，所以h(x)單調(diào)遞減，且h(x)＝eq\f(x－12＋1,ex)>0，如圖，所以當(dāng)a＝2，b>0時(shí)，y＝b與h(x)＝eq\f(x2－2x＋2,ex)的圖象有且只有一個(gè)交點(diǎn)，所以只能作一條切線，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)0<a<2時(shí)，由切線方程為y－eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))＝eq\f(1－x0,eeq\s\up15(x0))(x－x0)得b－eq\f(x0,eeq\s\up15(x0))＝eq\f(1－x0,eeq\s\up15(x0))(a－x0)，則b＝eq\f(x\o\al(2,0)＋1－x0a,eeq\s\up15(x0))，設(shè)t(x)＝eq\f(x2＋1－xa,ex)，則t′(x)＝eq\f(2＋ax－x2－2a,ex)＝eq\f(x－a2－x,ex)，因?yàn)?<a<2，所以當(dāng)x∈(a,2)時(shí)，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－∞，a)時(shí)，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝a時(shí)，t(x)的極小值為t(a)＝eq\f(a2＋1－aa,ea)＝eq\f(a,ea)>0，x＝2時(shí)，t(x)的極大值為t(2)＝eq\f(4＋1－2a,e2)＝eq\f(4－a,e2)>0，t(x)的圖象為若作兩條切線，則b的取值為eq\f(4－a,e2)或eq\f(a,ea)，故D正確．故選ABD．課時(shí)作業(yè)15基礎(chǔ)鞏固一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·四川仁壽鏵強(qiáng)中學(xué)模擬)已知函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)為2，則eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,2Δx)＝(C)A．0B．eq\f(1,2)C．1D．2解析：eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,2Δx)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\f(1,2)f′(x0)＝1.故選C．2．(2023·吉林五校高三開(kāi)學(xué)考試)設(shè)某高山滑雪運(yùn)動(dòng)員在一次滑雪訓(xùn)練中滑行路程l(單位：m)與時(shí)間t(單位：s)之間的關(guān)系為l(t)＝2t2＋eq\f(3,2)t，下列說(shuō)法正確的是(B)A．當(dāng)t＝3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的滑雪速度為l(3)m/sB．當(dāng)t＝3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的滑雪速度為l′(3)m/sC．函數(shù)l(t)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減D．函數(shù)l(t)在[0，＋∞)上不是單調(diào)函數(shù)解析：當(dāng)t＝3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的滑雪速度為l′(3)m/s，A錯(cuò)，B對(duì)；當(dāng)t≥0時(shí)，l′(t)＝4t＋eq\f(3,2)>0，故函數(shù)l(t)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，C，D均錯(cuò)．故選B．3．(2023·江西豐城高三開(kāi)學(xué)摸底)曲線y＝eq\f(1,3)x3＋2lnx上任意一點(diǎn)處的切線斜率的最小值為(A)A．3B．2C．eq\f(3,2)D．1解析：由于y＝eq\f(1,3)x3＋2lnx，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義得：k＝f′(x)＝x2＋eq\f(2,x)＝x2＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,x)≥3eq\r(3,x2·\f(1,x)·\f(1,x))＝3(x>0)，即切線斜率k≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立，所以y＝eq\f(1,3)x3＋2lnx上任意一點(diǎn)處的切線斜率的最小值為3.故選A．4．(2023·安徽皖南八校高三開(kāi)學(xué)考試)若曲線y＝lnx＋x2的一條切線的斜率為3，則該切線的方程可能為(C)A．3x－y－1＝0B．3x－y＋1＝0C．3x－y－2＝0D．3x－y－1－ln2＝0解析：設(shè)切線的切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，y＝lnx＋x2，y′＝eq\f(1,x)＋2x，x0>0，y′|x＝x0＝eq\f(1,x0)＋2x0＝3，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2)，,y0＝－ln2＋\f(1,4)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝1，))所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－ln2＋\f(1,4)))，所求的切線方程為3x－y－2＝0或3x－y－eq\f(5,4)－ln2＝0.故選C．5．已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3lnx－x，若以上兩函數(shù)的圖象有公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處切線相同，則m的值為(C)A．2 B．5C．1 D．0解析：根據(jù)題意，設(shè)兩曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點(diǎn)為(a，b)，其中a>0，由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，則切線的斜率為k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3lnx－x，可得g′(x)＝－eq\f(3,x)－1，則切線的斜率為k＝g′(a)＝－eq\f(3,a)－1，因?yàn)閮珊瘮?shù)的圖象有公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處切線相同，所以－4a＝－eq\f(3,a)－1，解得a＝1或a＝－eq\f(3,4)(舍去)，又由g(1)＝－1，即公共點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，－1)，將點(diǎn)(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1.故選C．6．已知曲線f(x)＝ex在點(diǎn)P(0，f(0))處的切線也是曲線g(x)＝ln(ax)的一條切線，則a的值為(C)A．eq\f(e,3) B．eq\f(e,2)C．e2 D．eq\f(e3,3)解析：∵f(x)＝ex，∴f′(x)＝ex，f(0)＝1，∴f′(0)＝1，∴f(x)在點(diǎn)P(0，f(0))處的切線方程為y＝x＋1.設(shè)y＝x＋1與g(x)相切于點(diǎn)(x0，ln(ax0))，則g′(x0)＝eq\f(1,x0)＝1，解得x0＝1，又eq\f(lnax0－1,x0－0)＝1，∴l(xiāng)na－1＝1，解得a＝e2.故選C．二、多項(xiàng)選擇題7．(2022·廣東佛山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex＋a＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(－2，f(－2))處的切線方程為y＝(e－1)x－4，則(ABD)A．f(－2)＝－2e－2B．a(chǎn)＝2C．a(chǎn)＝3D．f(x)在R上單調(diào)遞增解析：∵f′(x)＝ex＋a＋xex＋a＋b，∴k＝f′(－2)＝b－e－2＋a，又切線方程為y＝(e－1)x－4，∴b－e－2＋a＝e－1，解得b＝e，a＝2，∴f(x)＝xex＋2＋ex，∴f(－2)＝－2e－2，∵f′(x)＝ex＋2＋xex＋2＋e＝(1＋x)ex＋2＋e，令g(x)＝(1＋x)ex＋2＋e，則g′(x)＝(2＋x)ex＋2，當(dāng)x<－2時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－2時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(－2)＝e－1>0，即f′(x)>0，∴f(x)在R上單調(diào)遞增．綜上可知，A，B，D正確，C錯(cuò)誤．故選ABD．8．(2023·廣東東莞高三開(kāi)學(xué)考試)甲工廠八年來(lái)某種產(chǎn)品年產(chǎn)量與時(shí)間(單位：年)的函數(shù)關(guān)系如圖所示．現(xiàn)有下列四種說(shuō)法，其中正確的有(BD)A．前四年該產(chǎn)品產(chǎn)量增長(zhǎng)速度越來(lái)越快B．前四年該產(chǎn)品產(chǎn)量增長(zhǎng)速度越來(lái)越慢C．第四年后該產(chǎn)品停止生產(chǎn)D．第四年后該產(chǎn)品年產(chǎn)量保持不變解析：設(shè)產(chǎn)量與時(shí)間的關(guān)系為y＝f(x)，由題圖可知f(x)在點(diǎn)(1，f(1))，(2，f(2))，(3，f(3))，(4，f(4))處的切線的斜率越來(lái)越小，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知，前四年該產(chǎn)品產(chǎn)量增長(zhǎng)速度越來(lái)越慢，故A錯(cuò)誤，B正確；由題圖可知從第四年開(kāi)始產(chǎn)品產(chǎn)量不發(fā)生變化，且f(4)≠0，故C錯(cuò)誤，D正確．故選BD．9．(2022·河北保定高三二模)若直線y＝3x＋m是曲線y＝x3(x>0)與曲線y＝－x2＋nx－6(x>0)的公切線，則(AD)A．m＝－2 B．m＝－1C．n＝6 D．n＝7解析：設(shè)直線y＝3x＋m與曲線y＝x3(x>0)相切于點(diǎn)(a，a3)，與曲線y＝－x2＋nx－6(x>0)相切于點(diǎn)(b,3b＋m)，對(duì)于函數(shù)y＝x3(x>0)，y′＝3x2，則3a2＝3(a>0)，解得a＝1，所以13＝3＋m，即m＝－2.對(duì)于函數(shù)y＝－x2＋nx－6(x>0)，y′＝－2x＋n，則－2b＋n＝3(b>0)，又－b2＋nb－6＝3b－2，所以－b2＋b(3＋2b)－6＝3b－2，又b>0，所以b＝2，n＝7.故選AD三、填空題10．一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，其位移s(單位：m)與時(shí)間t(單位：s)滿(mǎn)足函數(shù)關(guān)系式s＝3t2＋4t3，則當(dāng)t＝1時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度為18m解析：瞬時(shí)速度就是位移對(duì)時(shí)間的導(dǎo)數(shù)，s＝3t2＋4t3，s′＝6t＋12t2，當(dāng)t＝1時(shí)，s′＝18，即該質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度為18m/s.11．已知函數(shù)f(x)＝2x－lnx＋eq\f(3,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－7＝0.解析：由題知，f′(x)＝2－eq\f(1,x)－eq\f(3,x2)＝eq\f(2x2－x－3,x2)＝eq\f(2x－3x＋1,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(1)＝－2，而f(1)＝5，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－5＝－2(x－1)，即2x＋y－7＝0.12．(2022·新疆阿勒泰三模)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x，直線y＝x－2t是y＝f(x)的一條切線，則t＝1；若g(x)＝x2－x＋a，且y＝f(x)與y＝g(x)總存在相同的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．解析：由題意可得f′(x)＝eq\f(2,x)－1，令f′(x)＝1，∴x＝1，故切點(diǎn)為(1，－1)，代入切線方程有－1＝1－2t，∴t＝1.若g(x)＝x2－x＋a，且y＝f(x)與y＝g(x)總存在相同的切線，設(shè)f(x)切點(diǎn)為(x1，f(x1))(x1>0)，則切線方程為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－1))(x－x1)＋f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－1))x＋2lnx1－2，g′(x)＝2x－1，設(shè)g(x)切點(diǎn)為(x2，g(x2))，切線方程為y＝(2x2－1)(x－x2)＋g(x2)＝(2x2－1)x－xeq\o\al(2,2)＋a，若y＝f(x)與y＝g(x)存在相同的切線，則eq\f(2,x1)－1＝2x2－1，即x2＝eq\f(1,x1)，且2lnx1－2＝－xeq\o\al(2,2)＋a，a＝xeq\o\al(2,2)＋2lnx1－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))2＋2lnx1－2(x1>0)，令h(x)＝eq\f(1,x2)＋2lnx－2，x>0，h′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2,x3)＝eq\f(2x＋1x－1,x3)，當(dāng)x＝1時(shí)h′(x)＝0，當(dāng)0<x<1時(shí)h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x＝1時(shí)h(x)min＝h(1)＝－1，且x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，∴a≥－1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．四、解答題13．已知函數(shù)y＝eq\f(1,2)e2x＋4－ln(2x＋5)．(1)求該函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；(2)求該函數(shù)的圖象在x＝－2處的切線的傾斜角．解：(1)∵y＝eq\f(1,2)e2x＋4－ln(2x＋5)，∴y′＝eq\f(1,2)e2x＋4×(2x＋4)′－eq\f(1,2x＋5)×(2x＋5)′＝eq\f(1,2)e2x＋4×2－eq\f(1,2x＋5)×2＝e2x＋4－eq\f(2,2x＋5).(2)由(1)，知y′＝e2x＋4－eq\f(2,2x＋5)，∴y′|x＝－2＝1－2＝－1.所以該函數(shù)的圖象在x＝－2處的切線的傾斜角為eq\f(3π,4).14．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿(mǎn)足f(x)＝2xf′(e)＋lnx.(1)求f′(e)及f(e)的值；(2)求f(x)在x＝e2處的切線方程．解：(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋lnx，∴f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，∴f′(e)＝－eq\f(1,e)，f(x)＝－eq\f(2x,e)＋lnx，∴f(e)＝－eq\f(2e,e)＋lne＝－1.(2)∵f(x)＝－eq\f(2x,e)＋lnx，f′(x)＝－eq\f(2,e)＋eq\f(1,x)，∴f(e2)＝－eq\f(2e2,e)＋lne2＝2－2e，f′(e2)＝－eq\f(2,e)＋eq\f(1,e2)，∴f(x)在x＝e2處的切線方程為y－(2－2e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)＋\f(1,e2)))(x－e2)，即(2e－1)x＋e2y－e2＝0.素養(yǎng)提升15．已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x，若過(guò)點(diǎn)M(1，m－1)存在三條直線與曲線y＝f(x)相切，則m的取值范圍為(－2,0)．解析：f′(x)＝6x2－3，設(shè)過(guò)點(diǎn)M(1，m－1)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(diǎn)(x,2x3－3x)，則eq\f(2x3－3x－m＋1,x－1)＝6x2－3，化簡(jiǎn)得4x3－6x2＝－m－2，令g(x)＝4x3－6x2，則過(guò)點(diǎn)M(1，m－1)存在三條直線與曲線y＝f(x)相切等價(jià)于y＝g(x)與y＝－m－2的圖象有三個(gè)交點(diǎn)．∵g′(x)＝12x(x－1)，故當(dāng)x<0或x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，又g(0)＝0，g(1)＝－2，∴g(x)的圖象如圖，∴－2<－m－2<0，即m∈(－2,0)．16．(2023·山東青島高三摸底)已知曲線f(x)＝eq\f(2,3)x3－x2＋ax－1上存在兩條斜率為3的不同切線，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都大于零，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為3<a<eq\f(7,2).解析：∵f(x)＝eq\f(2,3)x3－x2＋ax－1，∴f′(x)＝2x2－2x＋a，可令切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，且m>0，可得切線斜率k＝2m2－2m＋a＝3，即2m2由題意，可得關(guān)于m的方程2m2－2m＋a－3＝0有兩個(gè)不等的正根，且m1＋m2＝1>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,m1·m2>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－22－4×2×a－3>0，,\f(a－3,2)>0，))解得3<a<eq\f(7,2).3.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考試要求結(jié)合實(shí)例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；對(duì)于多項(xiàng)式函數(shù)，能求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．知識(shí)梳理1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系一般地，函數(shù)f(x)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)之間具有如下的關(guān)系：在某個(gè)區(qū)間(a，b)上，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減．2．利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f(x)單調(diào)性的步驟第1步，確定函數(shù)的定義域；第2步，求出導(dǎo)數(shù)f′(x)的零點(diǎn)；第3步，用f′(x)的零點(diǎn)將f(x)的定義域劃分為若干個(gè)區(qū)間，列表給出f′(x)在各個(gè)區(qū)間上的正負(fù)，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性．常用結(jié)論與知識(shí)拓展1．在某區(qū)間內(nèi)，f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增(減)的充分不必要條件．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充要條件是對(duì)?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零．2．構(gòu)造函數(shù)解抽象不等式(1)對(duì)于不等式f′(x)>k(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx＋B．(2)對(duì)于不等式xf′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xf(x)；對(duì)于不等式xf′(x)－f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)．(3)對(duì)于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xnf(x)；對(duì)于不等式xf′(x)－nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,xn)(x≠0)．(4)對(duì)于不等式f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝exf(x)；對(duì)于不等式f′(x)－f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex).(5)對(duì)于不等式f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或f(x)＋f′(x)tanx>0)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)sinx；對(duì)于不等式f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或f′(x)－f(x)tanx>0)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)cosx.基礎(chǔ)檢測(cè)1．判斷下列命題是否正確，正確的在括號(hào)內(nèi)畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”．(1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減，則一定有f′(x)<0.(×)(2)若函數(shù)f(x)在某一范圍內(nèi)導(dǎo)數(shù)的絕對(duì)值越大，那么函數(shù)在這個(gè)范圍內(nèi)變換得就越快，此時(shí)函數(shù)的圖象就會(huì)更“陡峭”(向上或向下)．(√)(3)在(a，b)內(nèi)，f′(x)≥0且f′(x)不恒為零，則f(x)在(a，b)上為增函數(shù)．(√)(4)若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則當(dāng)x∈(a，b)時(shí)，f′(x)<0有解．(√)(5)若函數(shù)f(x)＝x3－ax＋2在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，3)．(×)2．(教材改編題)函數(shù)f(x)＝4x－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).解析：因?yàn)閒(x)＝4x－lnx(x>0)，所以f′(x)＝4－eq\f(1,x)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,f′x＝4－\f(1,x)<0，))解得0<x<eq\f(1,4)，所以函數(shù)f(x)＝4x－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).3．如圖是y＝f′(x)的圖象，則函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(B)A．(－2,1)B．(－2,0)，(2，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，－1)，(1，＋∞)解析：由圖象知，當(dāng)－2<x<0或x>2時(shí)，f′(x)<0，因此單調(diào)遞減區(qū)間是(－2,0)，(2，＋∞)．故選B．4．(教材改編題)若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－5x在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))內(nèi)單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥eq\f(25,8).解析：函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))內(nèi)單調(diào)遞增，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－5≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上恒成立，即2a≥－eq\f(1,x2)＋eq\f(5,x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上恒成立，又－eq\f(1,x2)＋eq\f(5,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(5,2)))2＋eq\f(25,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6，\f(25,4)))，所以2a≥eq\f(25,4)，即a≥eq\f(25,8).5．(多選題)(教材改編題)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)，則下列說(shuō)法正確的是(BC)A．f(x)的定義域是(0，＋∞)B．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)的圖象位于x軸下方C．f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間D．f(x)有兩個(gè)單調(diào)區(qū)間解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,lnx≠0，))得x>0且x≠1，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)，所以A不正確．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，lnx<0，ex>0，所以f(x)<0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)的圖象位于x軸下方，所以B正確．f′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),ln2x)，令g(x)＝lnx－eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，所以函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，g(1)＝－1<0，g(e)＝1－eq\f(1,e)>0，故存在x0>1，使得g(x0)＝0，則函數(shù)f′(x)＝0只有一個(gè)根x0，當(dāng)x∈(0,1)和x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，所以C正確，D不正確．故選BC．考點(diǎn)1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性命題角度1具體函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【例1】(1)函數(shù)f(x)＝x2lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),e)，＋∞)).解析：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2xlnx＋x2·eq\f(1,x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)>0，得2lnx＋1>0，解得x>eq\f(\r(e),e)，故函數(shù)f(x)＝x2lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),e)，＋∞)).(2)若函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)，令φ(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．規(guī)律總結(jié)確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：第一步，確定函數(shù)f(x)的定義域．第二步，求f′(x)．第三步，解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．注意函數(shù)間斷點(diǎn)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).命題角度2含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性【例2】(2023·四川遂寧摸底)討論函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2mx(m∈R)的單調(diào)性．解：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2m＝eq\f(x2－2mx＋1,x)，令f′(x)＝0，得x2－2mx＋1＝0，其Δ＝4m當(dāng)m≤0時(shí)，又x∈(0，＋∞)，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)0<m≤1時(shí)，Δ＝4m2－4≤0，所以f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋當(dāng)m>1時(shí)，Δ＝4m2－4>0，由x2－2mx＋1＝0得x1＝m－eq\r(m2－1)>0，x2＝m＋eq\r(m2－1)，所以x∈(0，x1)或x∈(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)m≤1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)m>1時(shí)，f(x)在(0，m－eq\r(m2－1))，(m＋eq\r(m2－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(m－eq\r(m2－1)，m＋eq\r(m2－1))上單調(diào)遞減．規(guī)律總結(jié)(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類(lèi)討論，應(yīng)做到“不重不漏”．(2)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，一要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，二還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn)．(3)要對(duì)分類(lèi)討論后的結(jié)論進(jìn)行整合，體現(xiàn)“分類(lèi)與整合”的數(shù)學(xué)思想．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】若函數(shù)f(x)＝eq\f(kx2＋x－1,ex)，k>－eq\f(1,2)，討論f(x)的單調(diào)性．解：因?yàn)閒(x)＝eq\f(kx2＋x－1,ex)，所以f′(x)＝eq\f(－kx＋1x－2,ex)，當(dāng)k＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(－x－2,ex)，令f′(x)＝eq\f(－x－2,ex)＝0，解得x＝2，且x<2時(shí)，f′(x)>0，x>2時(shí)，f′(x)<0，所以當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－eq\f(1,2)<k<0時(shí)，令f′(x)＝eq\f(－kx＋1x－2,ex)＝0，解得x＝－eq\f(1,k)或x＝2，又－eq\f(1,k)>2，所以當(dāng)x<2或x>－eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)2<x<－eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)<0，所以當(dāng)－eq\f(1,2)<k<0時(shí)，f(x)在(－∞，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,k)))上單調(diào)遞減；當(dāng)k>0時(shí)，令f′(x)＝eq\f(－kx＋1x－2,ex)＝0，解得x＝－eq\f(1,k)或x＝2，又－eq\f(1,k)<0，所以當(dāng)x<－eq\f(1,k)或x>2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)－eq\f(1,k)<x<2時(shí)，f′(x)>0，所以當(dāng)k>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，2))上單調(diào)遞增．綜上得：當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－eq\f(1,2)<k<0時(shí)，f(x)在(－∞，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,k)))上單調(diào)遞減；當(dāng)k>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，2))上單調(diào)遞增．考點(diǎn)2函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用命題角度1函數(shù)圖象的識(shí)辨【例3】(1)(多選題)(2023·廣東潮州摸底)已知函數(shù)f(x)與f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的為(BC)A．曲線m是f(x)的圖象，曲線n是f′(x)的圖象B．曲線m是f′(x)的圖象，曲線n是f(x)的圖象C．不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx>f′x，,0<x<2))的解集為(0,1)D．不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx>f′x，,0<x<2))的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))解析：對(duì)于A，B，若曲線n是f′(x)的圖象，則當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(0,2)上遞減，與曲線m在(0,2)上不單調(diào)相矛盾，所以曲線n是f(x)的圖象，曲線m是f′(x)的圖象，所以A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于C，D，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx>f′x，,0<x<2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<1，,0<x<2，))解得0<x<1，所以不等式組的解集為(0,1)，所以C正確，D錯(cuò)誤．故選BC．(2)函數(shù)f(x)＝(x－1)ln|x|的圖象可能是(A)解析：由函數(shù)f(x)＝(x－1)ln|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1lnx，x>0，,x－1ln－x，x<0，))當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝lnx＋eq\f(x－1,x)＝lnx＋1－eq\f(1,x)，易知y＝f′(x)單調(diào)遞增，且f′(1)＝0，可得下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值則f(x)極小值＝f(1)＝0；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝ln(－x)＋eq\f(x－1,x)＝ln(－x)＋1－eq\f(1,x)，令g(x)＝ln(－x)＋1－eq\f(1,x)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x＋1,x2)，令g′(x)＝0，解得x＝－1，可得下表：x(－∞，－1)－1(－1,0)g′(x)－0＋g(x)極小值則g(x)極小值＝g(－1)＝2>0，即f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增．故選A．規(guī)律總結(jié)利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行圖象識(shí)別有以下三個(gè)結(jié)論：①在導(dǎo)函數(shù)圖象中，在x軸上方區(qū)域?qū)?yīng)原函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間，在x軸下方區(qū)域?qū)?yīng)原函數(shù)單調(diào)遞減區(qū)間；②在導(dǎo)函數(shù)圖象中，圖象由x軸上方到x軸下方與x軸的交點(diǎn)為極大值點(diǎn)；由x軸下方到x軸上方與x軸的交點(diǎn)為極小值點(diǎn)；③導(dǎo)函數(shù)與x軸的交點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，交點(diǎn)兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)值可能恒正或者恒負(fù)，若交點(diǎn)是極值點(diǎn)，交點(diǎn)兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)值必須異號(hào)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】(1)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(D)解析：由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可知，該圖象在x軸的負(fù)半軸上有一個(gè)零點(diǎn)(不妨設(shè)為x1)，并且當(dāng)x<x1時(shí)，f′(x)<0，該圖象在x軸的正半軸上有兩個(gè)零點(diǎn)(從左到右依次設(shè)為x2，x3)，且當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x2，x3)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>x3時(shí)，f′(x)>0.因此函數(shù)f(x)在x＝x1處取得極小值，在x＝x2處取得極大值，在x＝x3處取得極小值．對(duì)照四個(gè)選項(xiàng)，選項(xiàng)A中，在x＝x1處取得極大值，不合題意；選項(xiàng)B中，極大值點(diǎn)應(yīng)大于0，不合題意；選項(xiàng)C中，在x＝x1處取得極大值，也不合題意；選項(xiàng)D符合題意．故選D．(2)已知f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(x)的大致圖象是(A)解析：∵f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq\f(1,4)x2＋cosx，∴f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，∴f′(－x)＝eq\f(1,2)(－x)－sin(－x)＝－eq\f(1,2)x＋sinx，∴f′(－x)＝－f′(x)，∴f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故排除B，D，將x＝eq\f(π,6)代入f′(x)得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,12)－eq\f(1,2)<0，排除C．故選A．命題角度2比較大小【例4】(1)設(shè)a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(1,e)，則(A)A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．a(chǎn)<c<b D．b<c<a解析：令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又2<e<3，所以f(2)<f(e)，f(3)<f(e)，即a＝eq\f(ln2,2)<c＝eq\f(1,e)，b＝eq\f(ln3,3)<c＝eq\f(1,e)，又b－a＝eq\f(ln3,3)－eq\f(ln2,2)＝eq\f(2ln3－3ln2,6)＝eq\f(ln9－ln8,6)>0，所以b>a，所以c>b>A．故選A．(2)(2023·福建福州高三開(kāi)學(xué)考試)已知a＝log2021eq\r(2022)，b＝log2022eq\r(2021)，c＝2021eq\s\up15(eq\f(1,2022))，d＝2022eq\s\up15(eq\f(1,2021))，則a，b，c，d的大小關(guān)系是(B)A．c<d<b<aB．b<a<c<dC．c<b<d<aD．b<a<d<c解析：因?yàn)閑q\f(1,2)<log2021eq\r(2022)＝eq\f(1,2)×eq\f(lg2022,lg2021)<1，所以eq\f(1,2)<a<1，因?yàn)閘og2022eq\r(2021)＝eq\f(1,2)×eq\f(lg2021,lg2022)<eq\f(1,2)，所以b<eq\f(1,2)，所以1>a>b，設(shè)f(x)＝xlnx(x>1)，則f′(x)＝lnx＋1>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(2021)<f(2022)，即2021ln2021<2022ln2022，于是有eq\f(ln2021,2022)<eq\f(ln2022,2021)，所以2021eq\s\up15(eq\f(1,2022))<2022eq\s\up15(eq\f(1,2021))，即1<c<d，所以b<a<c<D．故選B．規(guī)律總結(jié)(1)利用導(dǎo)數(shù)比較大小，有時(shí)需要利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大小的問(wèn)題．(2)比較大小時(shí)，需關(guān)注函數(shù)的性質(zhì)，如奇偶性、對(duì)稱(chēng)性，進(jìn)而把自變量轉(zhuǎn)移到同一區(qū)間，再利用單調(diào)性比較即可．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】(1)(2023·遼寧錦州摸底)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，則(D)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1)C．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1)D．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1)解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)?g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，因?yàn)閒(x)<f′(x)，所以g′(x)>0，因此函數(shù)g(x)是增函數(shù)，于是有g(shù)(2)>g(1)?eq\f(f2,e2)>eq\f(f1,e)?f(2)>ef(1)，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)·ex?h′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因?yàn)閒(x)<f′(x)<0，所以h′(x)<0，因此h(x)是單調(diào)遞減函數(shù)，于是有h(2)<h(1)?e2f(2)<ef(1)?ef(2)<f(1)，故選D．(2)(2022·寧夏銀川一中高三階段測(cè)試)實(shí)數(shù)πe,3π，π3，eπ中值最大的是3π.解析：由y＝πx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則πe<π3，由y＝xπ在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則eπ<3π，令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>e)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)<0，所以f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∵3<π，∴eq\f(ln3,3)>eq\f(lnπ,π)，即πl(wèi)n3>3lnπ，所以ln3π>lnπ3，即3π>π3，所以實(shí)數(shù)πe,3π，π3，eπ中值最大的是3π.命題角度3解不等式【例5】(1)已知函數(shù)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(－x)>2f(x)，且f(3)＝0，則不等式f(x)>0的解集為(－3,0)∪(3，＋∞)解析：因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，定義域?yàn)镽，所以f(－x)＝－f(x)?－f′(－x)＝－f′(x)?f′(－x)＝f′(x)，f(0)＝0，又因?yàn)閤>0時(shí)，f′(－x)>2f(x)，所以f′(x)>2f(x)，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝eq\f(fx,e2x)，所以h′(x)＝eq\f(f′x－2fx,e2x)，所以當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閒(3)＝0，所以h(3)＝0，h(x)在(3，＋∞)上大于零，在(0,3)上小于零，又因?yàn)閑2x>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)在(3，＋∞)上大于零，在(0,3)上小于零，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x<0時(shí)，f(x)在(－∞，－3)上小于零，在(－3,0)上大于零，綜上所述，f(x)>0的解集為(－3,0)∪(3，＋∞)．(2)(2023·江蘇寶應(yīng)高三開(kāi)學(xué)考試)已知定義在R上的偶函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＋eq\f(fx,x)<0，且f(2)＝－3，則不等式f(2x－1)<eq\f(－6,2x－1)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).解析：當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＋eq\f(fx,x)＝eq\f(xf′x＋fx,x)<0，所以當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)＋f(x)<0，令F(x)＝xf(x)，則當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，故F(x)＝xf(x)在x>0時(shí)，單調(diào)遞減，又因?yàn)閥＝f(x)在R上為偶函數(shù)，所以F(x)＝xf(x)在R上為奇函數(shù)，故F(x)＝xf(x)在R上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(2)＝－3，所以F(2)＝2f當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，f(2x－1)<eq\f(－6,2x－1)可變形為(2x－1)f(2x－1)<－6，即F(2x－1)<F(2)，因?yàn)镕(x)＝xf(x)在R上單調(diào)遞減，所以2x－1>2，解得x>eq\f(3,2)，與x>eq\f(1,2)取交集，結(jié)果為x>eq\f(3,2)；當(dāng)x<eq\f(1,2)時(shí)，f(2x－1)<eq\f(－6,2x－1)可變形為(2x－1)f(2x－1)>－6，即F(2x－1)>F(2)，因?yàn)镕(x)＝xf(x)在R上單調(diào)遞減