§3.1導(dǎo)數(shù)的概念及其意義、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算課標(biāo)要求1.了解導(dǎo)數(shù)的概念、掌握基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù).2.通過函數(shù)圖象，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.3.能夠用導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，能求簡單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．知識梳理1．導(dǎo)數(shù)的概念(1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)記作f′(x0)或.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).(2)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)(簡稱導(dǎo)數(shù))f′(x)＝y(tǒng)′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).2．導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝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，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．3．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式基本初等函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))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)4.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則若f′(x)，g′(x)存在，則有[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)；[cf(x)]′＝cf′(x)．5．復(fù)合函數(shù)的定義及其導(dǎo)數(shù)復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))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x的導(dǎo)數(shù)等于y對u的導(dǎo)數(shù)與u對x的導(dǎo)數(shù)的乘積．常用結(jié)論1．在點(diǎn)處的切線與過點(diǎn)的切線的區(qū)別(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)過點(diǎn)的切線，該點(diǎn)不一定是切點(diǎn)，切線至少有一條．2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,fx)))′＝eq\f(－f′x,[fx]2)(f(x)≠0)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率．(×)(2)與曲線只有一個公共點(diǎn)的直線一定是曲線的切線．(×)(3)f′(x0)＝[f(x0)]′.(×)(4)(e－x)′＝－e－x.(√)2．若函數(shù)f(x)＝3x＋sin2x，則()A．f′(x)＝3xln3＋2cos2xB．f′(x)＝3x＋2cos2xC．f′(x)＝eq\f(3x,ln3)＋cos2xD．f′(x)＝eq\f(3x,ln3)－2cos2x答案A3．(選擇性必修第二冊P70T7改編)曲線y＝eq\f(1,2)x2－2在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))處的切線的傾斜角是．答案eq\f(π,4)解析點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))在曲線上，且y′＝x，所以切線的斜率k＝1，所以傾斜角為eq\f(π,4).4．(選擇性必修第二冊P82T11改編)設(shè)曲線y＝e2ax在點(diǎn)(0,1)處的切線與直線2x－y＋1＝0垂直，則a的值為．答案－eq\f(1,4)解析∵y＝e2ax，∴y′＝e2ax·(2ax)′＝2a·e2ax，∴在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝2ae0＝2a，又∵切線與直線2x－y＋1＝0垂直，∴2a×2＝－1，∴a＝－eq\f(1,4).題型一導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算例1(1)(多選)下列求導(dǎo)正確的是()A．[(3x＋5)3]′＝9(3x＋5)2B．(x3lnx)′＝3x2lnx＋x2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2xcosx＋4sinx,x3)D．(ln2x)′＝eq\f(1,2x)答案AB解析對于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正確；對于B，(x3lnx)′＝(x3)′lnx＋x3(lnx)′＝3x2lnx＋x2，故B正確；對于C，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sinx,x2)))′＝eq\f(2sinx′x2－2sinxx2′,x4)＝eq\f(2xcosx－4sinx,x3)，故C錯誤；對于D，(ln2x)′＝2·eq\f(1,2x)＝eq\f(1,x)，故D錯誤．(2)(2023·河南聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝2f′(1)lnx＋eq\f(x,e)(f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則f(e)等于()A．e－1 B.eq\f(2,e)＋1C．1 D．－eq\f(2,e)＋1答案D解析f′(x)＝eq\f(2f′1,x)＋eq\f(1,e)，當(dāng)x＝1時，f′(1)＝2f′(1)＋eq\f(1,e)，解得f′(1)＝－eq\f(1,e)，故f(x)＝－eq\f(2lnx,e)＋eq\f(x,e)，所以f(e)＝－eq\f(2lne,e)＋eq\f(e,e)＝－eq\f(2,e)＋1.思維升華(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo)．(2)抽象函數(shù)求導(dǎo)，恰當(dāng)賦值是關(guān)鍵，然后活用方程思想求解．(3)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，應(yīng)由外到內(nèi)逐層求導(dǎo)，必要時要進(jìn)行換元．跟蹤訓(xùn)練1(多選)下列命題正確的是()A．若f(x)＝xsinx－cosx，則f′(x)＝sinx－xcosx＋sinxB．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，則x0＝eC．已知函數(shù)f(x)＝3x2ex，則f′(1)＝12eD．設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，則f′(2)＝－eq\f(9,4)答案BD解析對于選項(xiàng)A，f′(x)＝sinx＋xcosx＋sinx，故選項(xiàng)A不正確；對于選項(xiàng)B，f′(x)＝lnx＋1，則f′(x0)＝lnx0＋1＝2，解得x0＝e，故選項(xiàng)B正確；對于選項(xiàng)C，f′(x)＝6xex＋3x2ex，則f′(1)＝6e＋3e＝9e，故選項(xiàng)C不正確；對于選項(xiàng)D，f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq\f(1,x)，則f′(2)＝4＋3f′(2)＋eq\f(1,2)，解得f′(2)＝－eq\f(9,4)，故選項(xiàng)D正確．題型二導(dǎo)數(shù)的幾何意義命題點(diǎn)1求切線方程例2(1)(2023·全國甲卷)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為()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解析因?yàn)閥＝eq\f(ex,x＋1)，所以y′＝eq\f(exx＋1－ex,x＋12)＝eq\f(xex,x＋12)，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝eq\f(e,4)，所以曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，即y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).(2)(2022·新高考全國Ⅱ)曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為，.答案y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x解析先求當(dāng)x>0時，曲線y＝lnx過原點(diǎn)的切線方程，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則由y′＝eq\f(1,x)，得切線斜率為eq\f(1,x0)，又切線的斜率為eq\f(y0,x0)，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(y0,x0)，解得y0＝1，代入y＝lnx，得x0＝e，所以切線斜率為eq\f(1,e)，切線方程為y＝eq\f(1,e)x.同理可求得當(dāng)x<0時的切線方程為y＝－eq\f(1,e)x.綜上可知，兩條切線方程為y＝eq\f(1,e)x，y＝－eq\f(1,e)x.命題點(diǎn)2求參數(shù)的值(范圍)例3(1)(2024·瀘州模擬)若直線y＝kx＋1為曲線y＝lnx的一條切線，則實(shí)數(shù)k的值是()A．eB．e2C.eq\f(1,e)D.eq\f(1,e2)答案D解析設(shè)直線y＝kx＋1在曲線y＝lnx上的切點(diǎn)為P(x0，y0)，因?yàn)閥＝lnx，所以y′＝eq\f(1,x)，所以切線斜率k＝＝eq\f(1,x0)，所以曲線y＝lnx在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又y0＝lnx0，所以切線方程為y＝eq\f(1,x0)·x－1＋lnx0，又切線方程為y＝kx＋1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,x0)，,1＝－1＋lnx0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝e2，,k＝\f(1,e2).))(2)(2022·新高考全國Ⅰ)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍是．答案(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因?yàn)閥＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.設(shè)切點(diǎn)為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，依題意得，切線斜率kOA＝，化簡，得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因?yàn)榍€y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，所以關(guān)于x0的方程xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0有兩個不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．思維升華(1)處理與切線有關(guān)的問題，關(guān)鍵是根據(jù)曲線、切線、切點(diǎn)的三個關(guān)系列出參數(shù)的方程：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．(2)注意區(qū)分“在點(diǎn)P處的切線”與“過點(diǎn)P的切線”．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2023·深圳質(zhì)檢)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)＝x3－x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,0)處的切線方程是()A．2x－y－2＝0 B．4x－y－4＝0C．2x＋y－2＝0 D．4x＋y－4＝0答案C解析當(dāng)x<0時，f(x)＝x3－x，則f′(x)＝3x2－1，所以f′(－1)＝2，由f(x)為偶函數(shù)，得f′(1)＝－f′(－1)＝－2，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,0)處的切線方程是y＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0.(2)若函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)＋alnx存在與x軸平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．答案(－∞，－2]解析f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)(x>0)，依題意得f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝0有解，即－a＝x＋eq\f(1,x)有解，∵x>0，∴x＋eq\f(1,x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，∴－a≥2，即a≤－2.題型三兩曲線的公切線例4(1)(2024·青島模擬)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()A．2B．5C．1D．0答案C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k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3lnx－x，可得g′(x)＝－eq\f(3,x)－1，則切線的斜率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.(2)若兩曲線y＝lnx－1與y＝ax2存在公切線，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0,2e] B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e－3，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)e－3)) D．[2e，＋∞)答案B解析設(shè)公切線與曲線y＝lnx－1和y＝ax2的切點(diǎn)分別為(x1，lnx1－1)，(x2，axeq\o\al(2,2))，其中x1>0，對于y＝lnx－1有y′＝eq\f(1,x)，則切線方程為y－(lnx1－1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(x,x1)＋lnx1－2，對于y＝ax2有y′＝2ax，則切線方程為y－axeq\o\al(2,2)＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x－axeq\o\al(2,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝2ax2，,lnx1－2＝－ax\o\al(2,2)，))則－eq\f(1,4ax\o\al(2,1))＝lnx1－2，即eq\f(1,4a)＝2xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,1)lnx1(x1>0)，令g(x)＝2x2－x2lnx，x>0，則g′(x)＝3x－2xlnx＝x(3－2lnx)，令g′(x)＝0，得x＝，當(dāng)x∈時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝＝eq\f(1,2)e3，故0<eq\f(1,4a)≤eq\f(1,2)e3，即a≥eq\f(1,2)e－3.思維升華公切線問題應(yīng)根據(jù)兩個函數(shù)在切點(diǎn)處的斜率相等，且切點(diǎn)既在切線上又在曲線上，列出有關(guān)切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程組，通過解方程組求解．或者分別求出兩函數(shù)的切線，利用兩切線重合列方程組求解．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2023·青島模擬)若曲線C1：f(x)＝x2＋a和曲線C2：g(x)＝4lnx－2x存在有公共切點(diǎn)的公切線，則a＝.答案－3解析f(x)＝x2＋a，g(x)＝4lnx－2x，則有f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(4,x)－2.設(shè)公共切點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，y0)，則f′(x0)＝2x0，g′(x0)＝eq\f(4,x0)－2，f(x0)＝xeq\o\al(2,0)＋a，g(x0)＝4lnx0－2x0.根據(jù)題意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0＝\f(4,x0)－2，,x\o\al(2,0)＋a＝4lnx0－2x0，,x0>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝－3.))(2)已知f(x)＝ex－1，g(x)＝lnx＋1，則f(x)與g(x)的公切線有()A．0條B．1條C．2條D．3條答案C解析根據(jù)題意，設(shè)直線l與f(x)＝ex－1相切于點(diǎn)(m，em－1)，與g(x)相切于點(diǎn)(n，lnn＋1)，對于f(x)＝ex－1，有f′(x)＝ex，則直線l的斜率k＝em，則直線l的方程為y＋1－em＝em(x－m)，即y＝emx＋(1－m)em－1，對于g(x)＝lnx＋1，有g(shù)′(x)＝eq\f(1,x)，則直線l的斜率k＝eq\f(1,n)，則直線l的方程為y－(lnn＋1)＝eq\f(1,n)(x－n)，即y＝eq\f(1,n)x＋lnn，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(em＝\f(1,n)，,1－mem＝lnn＋1，))可得(1－m)(em－1)＝0，即m＝0或m＝1，則切線方程為y＝ex－1或y＝x，故f(x)與g(x)的公切線有2條．課時精練一、單項(xiàng)選擇題1．若函數(shù)f(x)＝exsin2x，則f′(0)等于()A．2B．1C．0D．－1答案A解析因?yàn)閒(x)＝exsin2x，則f′(x)＝ex(sin2x＋2cos2x)，所以f′(0)＝e0(sin0＋2cos0)＝2.2.函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列大小關(guān)系正確的是()A．2f′(3)<f(5)－f(3)<2f′(5)B．2f′(3)<2f′(5)<f(5)－f(3)C．f(5)－f(3)<2f′(3)<2f′(5)D．2f′(5)<2f′(3)<f(5)－f(3)答案A解析由圖可知，f′(3)<eq\f(f5－f3,5－3)<f′(5)，即2f′(3)<f(5)－f(3)<2f′(5)．3．(2023·榆林模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2的圖象在x＝1處的切線方程為3x－y＋b＝0，則a＋b等于()A．－2B．－1C．0D．1答案B解析因?yàn)閒(x)＝alnx＋x2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x.又函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線方程為3x－y＋b＝0，所以f′(1)＝a＋2＝3，解得a＝1，則f(x)＝lnx＋x2，所以f(1)＝1，代入切線方程得3－1＋b＝0，解得b＝－2，故a＋b＝－1.4．(2023·成都川大附中模擬)若點(diǎn)P是曲線y＝lnx－x2上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線l：x＋y－4＝0距離的最小值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\r(2)C．2eq\r(2)D．4eq\r(2)答案C解析過點(diǎn)P作曲線y＝lnx－x2的切線，當(dāng)切線與直線l：x＋y－4＝0平行時，點(diǎn)P到直線l：x＋y－4＝0的距離最?。O(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)(x0>0)，又y′＝eq\f(1,x)－2x，所以切線斜率k＝eq\f(1,x0)－2x0，由題意知eq\f(1,x0)－2x0＝－1，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)(舍)，所以P(1，－1)，此時點(diǎn)P到直線l：x＋y－4＝0的距離d＝eq\f(|1－1－4|,\r(2))＝2eq\r(2).5．直線l與曲線y＝ex＋1和y＝ex＋1均相切，則l的斜率為()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．e答案B解析由y＝ex＋1，可得y′＝ex；由y＝ex＋1，可得y′＝ex＋1，設(shè)兩個切點(diǎn)分別為(x1，＋1)和(x2，)，直線l的斜率k＝，故x1＝x2＋1，即x1≠x2，所以k＝＝eq\f(－1,－1)＝1，即直線l的斜率為1.6．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－2ax,2)＋ln(x＋1)的圖象上不存在互相垂直的切線，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤1B．a(chǎn)<0C．a(chǎn)≥1D．a(chǎn)≤0答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(x2－2ax,2)＋ln(x＋1)(x>－1)，所以f′(x)＝x＋eq\f(1,x＋1)－a＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－a－1≥2eq\r(x＋1·\f(1,x＋1))－a－1＝1－a，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(1,x＋1)，即x＝0時，等號成立，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象上不存在互相垂直的切線，所以f′(x)min≥0，即1－a≥0，解得a≤1.二、多項(xiàng)選擇題7．對于函數(shù)f(x)＝lnx－1，則下列判斷正確的是()A．直線y＝eq\f(x,e2)是f(x)過原點(diǎn)的一條切線B．f(x)關(guān)于y＝x對稱的函數(shù)是y＝ex－1C．若過點(diǎn)(a，b)有2條直線與f(x)相切，則lna<b＋1D．f(x)≤x－2答案ACD解析對于A，設(shè)切點(diǎn)為(m，lnm－1)，則k＝f′(m)＝eq\f(1,m)＝eq\f(lnm－1－0,m－0)，∴l(xiāng)nm－1＝eq\f(1,m)·m，∴l(xiāng)nm＝2，∴m＝e2，k＝eq\f(1,e2).∴過原點(diǎn)的切線方程為y＝eq\f(x,e2)，故A正確；對于B，由反函數(shù)的概念可得y＋1＝lnx?ey＋1＝x，故與f(x)關(guān)于y＝x對稱的函數(shù)為y＝ex＋1，故B錯誤；對于C，若過點(diǎn)(a，b)有2條直線與f(x)相切，則點(diǎn)(a，b)在f(x)上方，如圖所示，即b>f(a)，即b>lna－1，故C正確；對于D，由于?x>0，設(shè)g(x)＝x－lnx－1?g′(x)＝eq\f(x－1,x)，令g′(x)>0?x>1，令g′(x)<0?0<x<1，∴g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，∴g(x)≥g(1)＝0?lnx≤x－1?f(x)≤x－2，故D正確．8．(2023·唐山質(zhì)檢)給出定義：若函數(shù)f(x)在D上可導(dǎo)，即f′(x)存在，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)在D上也可導(dǎo)，則稱f(x)在D上存在二階導(dǎo)函數(shù)，記f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)<0在D上恒成立，則稱f(x)在D上為凸函數(shù)，以下四個函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凸函數(shù)的是()A．f(x)＝sinx－cosxB．f(x)＝lnx－3xC．f(x)＝－x3＋3x－1D．f(x)＝xe－x答案BCD解析對于A，f′(x)＝cosx＋sinx，f″(x)＝－sinx＋cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))<0，f″(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))>0，故A錯誤；對于B，f′(x)＝eq\f(1,x)－3，f″(x)＝－eq\f(1,x2)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故B正確；對于C，f′(x)＝－3x2＋3，f″(x)＝－6x<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故C正確；對于D，f′(x)＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，f″(x)＝－e－x－(1－x)e－x＝－(2－x)e－x，因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2－x>0，所以f″(x)＝－(2－x)e－x<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故D正確．三、填空題9．(2024·呼和浩特模擬)若曲線y＝2sinx－2cosx在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2))處的切線與直線x－ay＋1＝0垂直，則實(shí)數(shù)a＝.答案－2解析∵y＝2sinx－2cosx，∴y′＝2cosx＋2sinx，∴曲線y＝2sinx－2cosx在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2))處的切線的斜率k＝＝2coseq\f(π,2)＋2sineq\f(π,2)＝2，∵切線與直線x－ay＋1＝0垂直，∴直線x－ay＋1＝0的斜率為－eq\f(1,2)，即eq\f(1,a)＝－eq\f(1,2)，∴a＝－2.10．(2023·本溪模擬)請寫出與曲線y＝sinx在原點(diǎn)(0,0)處具有相同切線的另一個函數(shù)．答案y＝x3＋x(答案不唯一)解析∵y＝sinx的導(dǎo)函數(shù)為y′＝cosx，又y＝sinx過原點(diǎn)，∴y＝sinx在原點(diǎn)(0,0)處的切線斜率k＝cos0＝1，∴y＝sinx在原點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x.所求曲線只需滿足過點(diǎn)(0,0)且在x＝0處的導(dǎo)數(shù)值y′＝1即可，如y＝x3＋x，∵y′＝3x2＋1，∴y＝x3＋x在原點(diǎn)處的切線斜率為1，又y＝x3＋x過原點(diǎn)，∴y＝x3＋x在原點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x.11．(2023·南京模擬)若直線y＝x＋m與曲線y＝ax2和y＝lnx均相切，則a＝.答案eq\f(1,4)解析設(shè)直線y＝x＋m與y＝lnx相切于點(diǎn)(x0，lnx0)，因?yàn)閥＝lnx的導(dǎo)函數(shù)為y′＝eq\f(1,x)，所以eq\f(1,x0)＝1，且lnx0＝x0＋m，解得x0＝1，m＝－1.因?yàn)橹本€y＝x－1與曲線y＝ax2相切，聯(lián)立得ax2－x＋1＝0，a≠0且Δ＝1－4a＝0，即a＝eq\f(1,4).12．已知直線y＝k1x與y＝k2x(k1>k2)是曲線y＝ax＋2ln|x|(a∈R)的兩條切線，則k1－k2＝.答案eq\f(4,e)解析由已知得，曲線的切線過點(diǎn)(0,0)，當(dāng)x>0時，曲線為y＝ax＋2lnx，設(shè)x1>0，直線y＝k1x在曲線上的切點(diǎn)為(x1，ax1＋2lnx1)，＝a＋eq\f(2,x1)，∴切線方程為y－(ax1＋2lnx1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(2,x1)))(x－x1)，又切線過點(diǎn)(0,0)，∴－ax1－2lnx1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(2,x1)))(－x1)，∴x1＝e，k1＝a＋eq\f(2,e)；同理，當(dāng)x<0時，曲線為y＝ax＋2ln(－x)，設(shè)x2<0，直線y＝k2x在曲線上的切點(diǎn)為(x2，ax2＋2ln(－x2))，＝a＋eq\f(2,x2)，∴切線方程為y－[ax2＋2ln(－x2)]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(2,x2)))(x－x2)，又切線過點(diǎn)(0,0)，∴－ax2－2ln(－x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(2,x2)))(－x2)，∴x2＝－e，k2＝a－eq\f(2,e)，∴k1－k2＝eq\f(4,e).四、解答題13．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx.(1)求f′(e)及f(e)的值；(2)求f(x)在點(diǎn)(e2，f(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)在點(diǎn)(e2，f(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＝0.14．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明曲線f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形面積為定值，并求此定值．解(1)方程7x－4y－12＝0可化為y＝eq\f(7,4)x－3，當(dāng)x＝2時，y＝eq\f(1,2)，又∵f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))∴f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)設(shè)P(x0，y0)為曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)，由y′＝1＋eq\f(3,x2)知曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)．令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0)，∴切線與直線x＝0的交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，∴切線與直線y＝x的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2x0,2x0)．∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))·|2x0|＝6.故曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝0和y＝x所圍成的三角形面積為定值，且此定值為6.15．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x的零點(diǎn)為x0，過原點(diǎn)作曲線y＝f(x)的切線l，切點(diǎn)為P(m，n)，則等于()A.eq\f(1,e)B．eC.eq\f(1,e2)D．e2答案B解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，切點(diǎn)為P(m，lnm＋m)，則切線方程為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋1))(x－m)＋lnm＋m，因?yàn)閘過原點(diǎn)，所以0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋1))(－m)＋lnm＋m，解得m＝e，則P(e，e＋1)，由lnx0＋x0＝0，可得x0＝－lnx0，故＝ex0·＝ex0·eq\f(1,x0)＝e.16．(2021·新高考全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)A(x1，f(x1))和點(diǎn)B(x2，f(x2))的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點(diǎn)，則eq\f(|AM|,|BN|)的取值范圍是．答案(0,1)解析由題意得，f(x)＝|ex－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ex，x<0，,ex－1，x≥0，))則f′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ex，x<0，,ex，x≥0，))所以點(diǎn)A(x1,1－)和點(diǎn)B(x2，－1)，kAM＝，kBN＝，所以＝－1，x1＋x2＝0，所以AM：y－1＋＝所以|AM|＝·|x1|，同理|BN|＝·|x2|，所以eq\f(|AM|,|BN|)＝∈(0,1)．

§3.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課標(biāo)要求1.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.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次).3.會利用函數(shù)的單調(diào)性判斷大小，求參數(shù)的取值范圍等簡單應(yīng)用．知識梳理1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在區(qū)間(a，b)上是常數(shù)函數(shù)2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟第1步，確定函數(shù)f(x)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區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(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1．若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．2．若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；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，f′(x)<0有解．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(√)(2)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．(√)(3)若函數(shù)f(x)在定義域上都有f′(x)>0，則f(x)在定義域上一定單調(diào)遞增．(×)(4)函數(shù)f(x)＝x－sinx在R上是增函數(shù)．(√)2.(選擇性必修第二冊P86例2改編)(多選)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下列判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)單調(diào)遞增B．在區(qū)間(2,3)上f(x)單調(diào)遞減C．在區(qū)間(4,5)上f(x)單調(diào)遞增D．在區(qū)間(3,5)上f(x)單調(diào)遞減答案BC解析在區(qū)間(－2,1)上，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3,2)))時，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))時，f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3,2)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上單調(diào)遞增，A錯誤；在區(qū)間(3,5)上，當(dāng)x∈(3,4)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(4,5)時，f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(3,4)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(4,5)上單調(diào)遞增，C正確，D錯誤；在區(qū)間(2,3)上，f′(x)<0，所以f(x)單調(diào)遞減，B正確．3．(選擇性必修第二冊P97習(xí)題5.3T2(4)改編)已知f(x)＝x3＋x2－x的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析令f′(x)＝3x2＋2x－1>0，解得x>eq\f(1,3)或x<－1，所以f(x)＝x3＋x2－x的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).4．已知f(x)＝2x2－ax＋lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，5]解析f′(x)＝4x－a＋eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－ax＋1,x)，x∈(1，＋∞)，故只需4x2－ax＋1≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，則a≤4x＋eq\f(1,x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，令y＝4x＋eq\f(1,x)，因?yàn)閥′＝4－eq\f(1,x2)＝eq\f(4x2－1,x2)>0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以y＝4x＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故4x＋eq\f(1,x)>5，所以a≤5.

題型一不含參函數(shù)的單調(diào)性例1(1)函數(shù)f(x)＝xlnx－3x＋2的單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案(0，e2)解析f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx－2，當(dāng)x∈(0，e2)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(e2，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e2)．(2)若函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(0,1)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，φ(x)>0，即f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)．思維升華確定不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，按照判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟即可，但應(yīng)注意兩點(diǎn)，一是不能漏掉求函數(shù)的定義域，二是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，x∈[0,2π]，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))C．(π，2π) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案B解析由題意f(x)＝xsinx＋cosx，x∈[0,2π]，則f′(x)＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))時，f′(x)<0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))).題型二含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．解g(x)的定義域?yàn)镽，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①若a>ln2，則當(dāng)x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(ln2，a)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減；②若a＝ln2，則g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上單調(diào)遞增；③若a<ln2，則當(dāng)x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(a，ln2)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a>ln2時，g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝ln2時，g(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<ln2時，g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．思維升華(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn)．跟蹤訓(xùn)練2(2023·北京模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－a,x＋12).(1)當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝eq\f(2x,x＋12)(x≠－1)，則f(0)＝0，因?yàn)閒′(x)＝eq\f(－2x＋2,x＋13)，所以f′(0)＝2.所以曲線y＝f(x)在(0,0)處的切線方程為y＝2x.(2)函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(－2x＋2a＋2x＋1,x＋14)＝eq\f(－2x－a－1,x＋13)，令f′(x)＝0，解得x＝a＋1.①當(dāng)a＋1＝－1，即a＝－2時，f′(x)＝eq\f(－2x－2,x＋13)＝eq\f(－2x＋1,x＋13)＝eq\f(－2,x＋12)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；②當(dāng)a＋1<－1，即a<－2時，令f′(x)<0，則x∈(－∞，a＋1)∪(－1，＋∞)，令f′(x)>0，則x∈(a＋1，－1)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a＋1，－1)；③當(dāng)a＋1>－1，即a>－2時，令f′(x)<0，則x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，則x∈(－1，a＋1)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，a＋1)．綜上所述，當(dāng)a＝－2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a<－2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a＋1，－1)；當(dāng)a>－2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，a＋1)．題型三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用命題點(diǎn)1比較大小或解不等式例3(1)(多選)(2024·深圳模擬)若0<x1<x2<1，則()A．>lneq\f(x2＋1,x1＋1)B．<lneq\f(x2＋1,x1＋1)C．D．答案AC解析令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，則f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)>0，故f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，因?yàn)?<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即－ln(x1＋1)<－ln(x2＋1)，故>lneq\f(x2＋1,x1＋1)，所以A正確，B錯誤；令f(x)＝eq\f(ex,x)且x∈(0,1)，則f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)<0，故f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2<1，所以f(x1)>f(x2)，即，故，所以C正確，D錯誤．常見組合函數(shù)的圖象在導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用中常用到以下函數(shù)，記住以下的函數(shù)圖象對解題有事半功倍的效果．典例(多選)如果函數(shù)f(x)對定義域內(nèi)的任意兩實(shí)數(shù)x1，x2(x1≠x2)都有eq\f(x1fx1－x2fx2,x1－x2)>0，則稱函數(shù)y＝f(x)為“F函數(shù)”．下列函數(shù)不是“F函數(shù)”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案ACD解析依題意，函數(shù)g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數(shù)．對于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，故A中函數(shù)不是“F函數(shù)”；對于B，g(x)＝x3在R上為增函數(shù)，故B中函數(shù)為“F函數(shù)”；對于C，g(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，x>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，故C中函數(shù)不是“F函數(shù)”；對于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，故D中函數(shù)不是“F函數(shù)”．(2)(2023·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集為________．答案(1，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，定義域?yàn)镽，且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x為奇函數(shù)，f(2x－3)＋f(x)>2變形為f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，g′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)ex＝e－x，即x＝0時，等號成立，所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x在R上單調(diào)遞增，所以2x－3>－x，解得x>1，所以所求不等式的解集為(1，＋∞)．命題點(diǎn)2根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例4已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．(1)若f(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1,4]時，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．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因?yàn)閤∈[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)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因?yàn)閍≠0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．(2)因?yàn)閒(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則f′(x)<0在[1,4]上有解，所以當(dāng)x∈[1,4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當(dāng)x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因?yàn)閍≠0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．思維升華由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法(1)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，實(shí)際上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立．(2)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2024·鄭州模擬)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，設(shè)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，則f(x)·f′(x)>0的解集為()A．(1,6) B．(1,4)C．(－∞，1)∪(6，＋∞) D．(1,4)∪(6，＋∞)答案D解析由圖象可得，當(dāng)x<4時，f′(x)>0，當(dāng)x>4時，f′(x)<0.結(jié)合圖象可得，當(dāng)1<x<4時，f′(x)>0，f(x)>0，即f(x)·f′(x)>0；當(dāng)x>6時，f′(x)<0，f(x)<0，即f(x)·f′(x)>0，所以f(x)·f′(x)>0的解集為(1,4)∪(6，＋∞)．(2)已知函數(shù)f(x)＝(1－x)lnx＋ax在(1，＋∞)上不單調(diào)，則a的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)答案A解析依題意f′(x)＝－lnx＋eq\f(1,x)＋a－1，故f′(x)在(1，＋∞)上有零點(diǎn)，令g(x)＝－lnx＋eq\f(1,x)＋a－1，令g(x)＝0，得a＝lnx－eq\f(1,x)＋1，令z(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋1，則z′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范圍是(0，＋∞)．課時精練一、單項(xiàng)選擇題1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)答案A解析由已知得，f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，當(dāng)x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)．2．已知f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()答案D解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象可得，當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<x<2時，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>2時，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以只有D選項(xiàng)符合．3．(2023·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋x2＋x＋4，則“a≥0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件答案C解析由題意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a≤0，))解得a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的必要不充分條件．4．(2023·新高考全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A．e2B．eC．e－1D．e－2答案C解析依題可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1,2)上恒成立，顯然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)在(1,2)上恒成立，設(shè)g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值為e－1.5．(2024·蘇州模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))答案D解析當(dāng)x≥0時，f′(x)＝ex＋cosx，因?yàn)閑x≥1，cosx∈[－1,1]，所以f′(x)＝ex＋cosx≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，所以f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).6．(2023·信陽模擬)已知a＝eq\f(1,100)，b＝，c＝lneq\f(101,100)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．b>c>a答案B解析設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x－1，x∈R，則f′(x)＝ex－1，當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，∵ex≥1＋x，∴>1－eq\f(99,100)＝eq\f(1,100)，∴b>a，由以上分析可知當(dāng)x>0時，有ex－1≥x成立，當(dāng)x＝1時取等號，即lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，∴l(xiāng)neq\f(101,100)<eq\f(101,100)－1＝eq\f(1,100)，∴a>c，故b>a>c.二、多項(xiàng)選擇題7．(2023·臨汾模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[m－1，m＋1]上單調(diào)，則實(shí)數(shù)m的值可以是()A．1B．2C．3D．4答案BD解析f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x2－9,x)(x>0)，令f′(x)>0，得x>3，令f′(x)<0，得0<x<3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[m－1，m＋1]上單調(diào)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1>0，,m＋1≤3))或m－1≥3，解得1<m≤2或m≥4.8．(2024·邯鄲模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx，且a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，c＝，則()A．a(chǎn)>b B．b>aC．c>b D．c>a答案ACD解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx，得f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))lnx＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，因?yàn)閏＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))，0<eq\f(1,\r(e))<eq\f(2,3)<eq\f(4,5)<1，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，故c>a>b.三、填空題9．函數(shù)f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))解析f′(x)＝－e－xcosx－e－xsinx＝－e－x(cosx＋sinx)＝－eq\r(2)e－xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，e－x>0，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0，則f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))時，e－x>0，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))<0，則f′(x)>0，∴f(x)在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).10．若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三個單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為________．答案(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)解析由題意得f′(x)＝3x2＋2bx＋1，函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三個單調(diào)區(qū)間，則函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋x有兩個極值點(diǎn)，即f′(x)＝3x2＋2bx＋1的圖象與x軸有兩個交點(diǎn)，則判別式Δ＝4b2－12>0，解得b>eq\r(3)或b<－eq\r(3).所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)．11．(2024·上海模擬)已知定義在(－3,3)上的奇函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，當(dāng)x≥0時，y＝f(x)的圖象如圖所示，則關(guān)于x的不等式eq\f(f′x,x)>0的解集為________．答案(－3，－1)∪(0,1)解析依題意f(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，由圖象可知，f(x)在區(qū)間(－3，－1)，(1,3)上單調(diào)遞減，f′(x)<0；f(x)在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞增，f′(x)>0.所以eq\f(f′x,x)>0的解集為(－3，－1)∪(0,1)．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)，若函數(shù)f(x)在[1,2]上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))解析f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，則h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.因?yàn)閒(x)在[1,2]上不單調(diào)，所以eq\f(2,5)<a<1.四、解答題13．(2024·畢節(jié)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(a－x)lnx.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)根據(jù)題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(1)＝0，f′(x)＝－lnx＋eq\f(a－x,x)，∴f′(1)＝a－1，∴曲線f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝(a－1)(x－1)．(2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－lnx＋eq\f(a－x,x)＝eq\f(－xlnx－x＋a,x)，令g(x)＝－xlnx－x＋a，則g′(x)＝－lnx－2，令g′(x)＝0，則x＝eq\f(1,e2)，令g′(x)>0，則0<x<eq\f(1,e2)，令g′(x)<0，則x>eq\f(1,e2)，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞減，g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝eq\f(1,e2)＋a，∵f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即eq\f(1,e2)＋a≤0，∴a≤－eq\f(1,e2).14．(2023·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋1.(1)若f(x)≤x＋c，求c的取值范圍；(2)設(shè)a>0，討論函數(shù)g(x)＝eq\f(fx－fa,x－a)的單調(diào)性．解(1)f(x)≤x＋c等價于lnx－x≤c－1.令h(x)＝lnx－x，x>0，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故h(x)max＝h(1)＝－1，所以c－1≥－1，即c≥0，所以c的取值范圍是[0，＋∞)．(2)g(x)＝eq\f(lnx＋1－lna＋1,x－a)＝eq\f(lnx－lna,x－a)(x>0且x≠a)，因此g′(x)＝eq\f(x－a－xlnx＋xlna,xx－a2)，令m(x)＝x－a－xlnx＋xlna，則m′(x)＝lna－lnx，當(dāng)x>a時，lnx>lna，所以m′(x)<0，m(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<a時，lnx<lna，所以m′(x)>0，m(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，因此有m(x)<m(a)＝0，即g′(x)<0在x>0且x≠a上恒成立，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，a)和(a，＋∞)上單調(diào)遞減．15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，當(dāng)0<x1<x2時，不等式eq\f(fx1,x2)－eq\f(fx2,x1)<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，e) B．(－∞，e]C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))答案D解析因?yàn)楫?dāng)0<x1<x2時，不等式eq\f(fx1,x2)－eq\f(fx2,x1)<0恒成立，所以eq\f(fx1,x2)<eq\f(fx2,x1)，即x1f(x1)<x2f(x2)，令g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，則g(x1)<g(x2)，又因?yàn)?<x1<x2，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)＝ex－2ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，分離參數(shù)得2a≤eq\f(ex,x)恒成立，令h(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，則只需2a≤h(x)min，而h′(x)＝ex·eq\f(x－1,x2)，令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝e，故2a≤e，即a≤eq\f(e,2).16．已知偶函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，當(dāng)x＞0時，eq\f(fx,x)＞－f′(x)，且f(2)＝1，則不等式(x2－x)f(x2－x)＞2的解集為()A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B．(2，＋∞)C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D．(－1,2)答案C解析令g(x)＝xf(x)，由于f(x)為偶函數(shù)，則g(x)為奇函數(shù)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因?yàn)楫?dāng)x＞0時，eq\f(fx,x)＞－f′(x)，即eq\f(fx＋xf′x,x)＞0，所以f(x)＋xf′(x)＞0，即g′(x)＞0.所以當(dāng)x＞0時，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)間(x)在R上為奇函數(shù)且在R上存在導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)在R上為增函數(shù)．因?yàn)閒(2)＝1，所以g(2)＝2f(2)＝2，又(x2－x)f(x2－x)＞2等價于g(x2－x)＞g(2)，所以x2－x＞2，解得x＜－1或x＞2.綜上所述，x的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，＋∞)．

§3.3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值課標(biāo)要求1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要和充分條件.2.會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值.3.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的方法.4.會用導(dǎo)數(shù)研究生活中的最優(yōu)化問題．知識梳理1．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．(2)函數(shù)的極大值函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．(3)極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值．2．函數(shù)的最大(小)值(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．(2)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．常用結(jié)論對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)函數(shù)的極值可能不止一個，也可能