專題9一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用考點(diǎn)考情考向考頻一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義2022年新課標(biāo)Ⅰ卷T10、T152022年新課標(biāo)Ⅱ卷T9、T142024年新課標(biāo)Ⅰ卷T132024年新課標(biāo)Ⅱ卷T163年6考導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性2022年新課標(biāo)Ⅰ卷T222022年新課標(biāo)Ⅱ卷T222023年新課標(biāo)Ⅰ卷T192023年新課標(biāo)Ⅱ卷T6、T222024年新課標(biāo)Ⅰ卷T103年6考導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值2022年新課標(biāo)Ⅰ卷T8、T10、T222022年新課標(biāo)Ⅱ卷T222023年新課標(biāo)Ⅰ卷T11、T192023年新課標(biāo)Ⅱ卷T222024年新課標(biāo)Ⅰ卷T10、T182024年新課標(biāo)Ⅱ卷T8、T11、T163年12考應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題2022年新課標(biāo)Ⅱ卷T222023年新課標(biāo)Ⅱ卷T62024年新課標(biāo)Ⅰ卷T182024年新課標(biāo)Ⅱ卷T83年4考應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)2022年新課標(biāo)Ⅰ卷T10、T222023年新課標(biāo)Ⅱ卷T112024年新課標(biāo)Ⅱ卷T6、T113年5考應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式(比較大小)2022年新課標(biāo)Ⅰ卷T72022年新課標(biāo)Ⅱ卷T222023年新課標(biāo)Ⅰ卷T192023年新課標(biāo)Ⅱ卷T222024年新課標(biāo)Ⅰ卷T103年5考近三年的高考命題，本專題重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)的零點(diǎn)、不等式恒成立的條件、證明不等式；考查邏輯推理素養(yǎng)和數(shù)形結(jié)合思想與分類整合思想．

一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)內(nèi)容，命題趨勢一般是“一小一大”或“二小一大”．客觀題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值或最值，研究函數(shù)的零點(diǎn)，研究不等式的解集及函數(shù)的圖象與性質(zhì)，通過導(dǎo)數(shù)討論有關(guān)參數(shù)的取值范圍和比較數(shù)(式)的大小等．解答題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，包括兩方面的綜合：一是導(dǎo)數(shù)本身的綜合，主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等；二是和其他知識的綜合，主要包括導(dǎo)數(shù)與不等式、導(dǎo)數(shù)與方程的綜合，考查不等式的證明，由不等式求參數(shù)的范圍及討論函數(shù)的零點(diǎn)等．試題有一定的難度和區(qū)分度．導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)中的重要內(nèi)容，是解決實(shí)際問題必不可少的數(shù)學(xué)工具，為解決函數(shù)問題、曲線問題提供了一般性的方法．由于導(dǎo)數(shù)可以解決函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值等問題，這樣既豐富了函數(shù)的內(nèi)容，也增大了函數(shù)綜合題的難度，因此成為高考命題的熱點(diǎn)．在復(fù)習(xí)過程中，要注意：1．研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、切線等問題離不開求導(dǎo)，因此要熟練掌握導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則和常用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，這是綜合應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的基本技能．2．熟練掌握可導(dǎo)函數(shù)單調(diào)區(qū)間的極值、最值的研究方法，尤其要重視單調(diào)性在研究函數(shù)中的作用，從而從“數(shù)”和“形”兩方面把握函數(shù)的特征，為研究不等式、方程等提供方法．3．重視化歸與轉(zhuǎn)化的思想、函數(shù)與方程的思想，特別是分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用．注意運(yùn)算求解能力、綜合運(yùn)用知識的能力、分析問題和解決問題的能力的培養(yǎng)．第61講導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算[課標(biāo)要求]1.了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景，體會極限思想.2.理解導(dǎo)數(shù)的意義及幾何意義．3.能根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)y＝c(c為常數(shù))，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù).4.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，求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；能求簡單的復(fù)合函數(shù)(限于形如f(ax＋b))的導(dǎo)數(shù)．eq\o(\s\up7(),\s(授課提示：聽課手冊P288))1．平均變化率及瞬時變化率及導(dǎo)數(shù)的概念(1)函數(shù)y＝f(x)從x0到x0＋Δx的平均變化率用__eq\f(Δy,Δx)__表示，且eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx).(2)如果當(dāng)Δx→0時，平均變化率eq\f(Δy,Δx)無限趨近于一個確定的值，即eq\f(Δy,Δx)有極限，則稱y＝f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并把這個確定的值叫做y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)(也稱為瞬時變化率)，記作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),Δx).(3)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)函數(shù)f′(x)＝__eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(x＋Δx)－f(x),Δx)__稱為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(4)導(dǎo)數(shù)的幾何意義和物理意義幾何意義：函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)就是曲線y＝f(x)在__點(diǎn)(x0，f(x0))__處切線的斜率k，即k＝__f′(x0)__，切線方程為__y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)__．物理意義：若物體位移隨時間變化的關(guān)系為s＝f(t)，則f′(t0)是物體運(yùn)動在t＝t0時刻的__瞬時速度__．2．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)＝__0__f(x)＝xα(α∈Q，且α≠0)f′(x)＝__αxα-1__f(x)＝sinxf′(x)＝__cos_x__f(x)＝cosxf′(x)＝__－sin_x__f(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝__ax_ln_a__f(x)＝exf′(x)＝__ex__f(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝__eq\f(1,xlna)__f(x)＝lnxf′(x)＝__eq\f(1,x)__3.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則[f(x)±g(x)]′＝__f′(x)±g′(x)__．[f(x)g(x)]′＝__f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)__．[eq\f(f(x),g(x))]′＝__eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),g2(x))__(g(x)≠0).4．復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)(1)對于兩個函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過變量u，y可以表示成x的函數(shù)，那么稱這兩個函數(shù)(函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x))的復(fù)合函數(shù)為y＝f(g(x)).(2)復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為__yx′＝y(tǒng)u′·ux′__，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．1．設(shè)函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝4x－3，則eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(1＋Δx)－f(1),Δx)＝()A．1B．2C．3D．4解析：D因為函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝4x－3，則f′(1)＝4，所以eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(1＋Δx)－f(1),Δx)＝f′(1)＝4.故選D.2．(教材母題選必修5.1.2練習(xí)T3改編)一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動，由始點(diǎn)經(jīng)過ts后的距離為s＝t3－t2＋2t，則t＝2s時的瞬時速度為()A．8m/sB．10m/sC．16m/sD．18m/s解析：B由題知s′＝3t2－2t＋2，所以s′(2)＝12－4＋2＝10，所以該質(zhì)點(diǎn)在t＝2s時的瞬時速度為10m/s.故選B.3．(教材母題選必修5.2例4改編)函數(shù)y＝x2ex的導(dǎo)數(shù)為()A．y′＝x2exB．y′＝2xexC．y′＝(x2＋2x)exD．y′＝(2x－x2)ex解析：C由題意可得y′＝(x2)′ex＋x2(ex)′＝2xex＋x2ex＝(x2＋2x)ex.故選C.4．函數(shù)y＝eq\f(2,3)eq\r(x3)＋1在x＝3處的切線的傾斜角為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(5π,6)解析：B由題意可得y＝eq\f(2,3)eq\r(x3)＋1＝eq\f(2,3)＋1，則y′＝eq\r(x)，可得y′|x＝3＝eq\r(3)，所以函數(shù)y＝eq\f(2,3)eq\r(x3)＋1在x＝3處的切線的斜率k＝eq\r(3)，傾斜角為α＝eq\f(π,3).故選B.5．(教材母題選必修5.2例6)函數(shù)y＝ln(3x－1)的導(dǎo)數(shù)為()A．y′＝eq\f(1,3x－1)ln(3x－1)B．y′＝eq\f(3,3x－1)ln(3x－1)C．y′＝eq\f(3,3x－1)D．y′＝eq\f(1,3x－1)解析：C由題意可得y＝lnu，u＝3x－1，則y′＝(lnu)′(3x－1)′＝eq\f(3,3x－1).故選C.eq\o(\s\up7(),\s(授課提示：聽課手冊P290))探究點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則及應(yīng)用【例1】(教材母題選必修5.2改編)求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2x；(2)y＝(2x3－1)(3x2＋x)；(3)y＝3xex－2x＋e；(4)y＝eq\f(1＋sinx,1－cosx).解析：(1)y′＝eq\f(1,x)＋x－2＝eq\f(x2－2x＋1,x).(2)因為y＝(2x3－1)(3x2＋x)＝6x5＋2x4－3x2－x，所以y′＝30x4＋8x3－6x－1.(3)y′＝(3xex－2x＋e)′＝(3xex)′－(2x)′＋e′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3xexln3＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(4)y′＝(eq\f(1＋sinx,1－cosx))′＝eq\f((1＋sinx)′(1－cosx)－(1＋sinx)(1－cosx)′,(1－cosx)2)＝eq\f(cosx(1－cosx)－(1＋sinx)sinx,(1－cosx)2)＝eq\f(cosx－sinx－1,(1－cosx)2).1．應(yīng)用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式進(jìn)行導(dǎo)數(shù)計算時應(yīng)注意：①公式(xα)′＝αxα-1中，α為有理數(shù)；②公式(ax)′＝axlna，(logax)′＝eq\f(1,xlna)與(ex)′＝ex，(lnx)′＝eq\f(1,x)，清楚地區(qū)分和熟記．2．求導(dǎo)之前，應(yīng)利用代數(shù)、三角恒等式等對函數(shù)進(jìn)行變形化簡，然后求導(dǎo)，這樣可以減少運(yùn)算量，提高運(yùn)算速度，減少差錯．特別是遇到函數(shù)的商的形式時，如能化簡則化簡，這樣可避免使用商的求導(dǎo)法則，減少運(yùn)算量．變式探究1．(1)y＝x2sinx的導(dǎo)數(shù)為___________________；(2)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，f(x)＝exlnx＋x3f′(1)，則f′(1)＝__________.(3)若函數(shù)f(x)，g(x)滿足f(x)＋xg(x)＝x2－1，且f(1)＝1，則f′(1)＋g′(1)＝()A．1B．2C．3D．4解析：(1)y′＝2xsinx＋x2cosxy′＝(x2sinx)′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)－eq\f(e,2)由已知可得f′(x)＝[exlnx＋x3f′(1)]′＝ex(lnx＋eq\f(1,x))＋3x2f′(1)，故f′(1)＝e(ln1＋1)＋3f′(1)，解得f′(1)＝－eq\f(e,2).(3)C當(dāng)x＝1時，f(1)＋g(1)＝0.因為f(1)＝1，所以g(1)＝－1，原式兩邊求導(dǎo)，得f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x，當(dāng)x＝1時，f′(1)＋g(1)＋g′(1)＝2，得f′(1)＋g′(1)＝2－g(1)＝2－(－1)＝3.探究點(diǎn)2復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)【例2】求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(1－2x)3；(2)y＝22x+1；(3)y＝x2cos2x.解析：(1)函數(shù)y＝(1－2x)3可以看作函數(shù)y＝u3和u＝1－2x的復(fù)合函數(shù)，所以yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝(u3)′·(1－2x)′＝－6u2＝－6(1－2x)2.(2)函數(shù)y＝22x+1可以看作函數(shù)y＝2u和u＝2x＋1的復(fù)合函數(shù)，所以yx′＝y(tǒng)u′·ux′＝(2u)′·(2x＋1)′＝2·2u·ln2＝2·22x+1·ln2＝22x+2·ln2.(3)由y＝x2cos2x，得y′＝(x2)′cos2x＋x2(cos2x)′＝2xcos2x－2x2sin2x.1．掌握求復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)的一般步驟：(1)分清復(fù)合關(guān)系，適當(dāng)選定中間變量，正確分解關(guān)系；(2)分層求導(dǎo)，弄清每一步中是哪個變量對哪個變量求導(dǎo)數(shù)．2．復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)計算的關(guān)鍵是聯(lián)想基本初等函數(shù)，準(zhǔn)確地通過中間量對復(fù)合函數(shù)進(jìn)行分拆，同時最后結(jié)果是關(guān)于x的函數(shù)解析式．變式探究2．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝lneq\f(2x－1,2x＋1)(x>eq\f(1,2))；(2)y＝2xsin(2x＋5)；(3)y＝lneq\r(1＋2x).解析：(1)由于y＝lneq\f(2x－1,2x＋1)＝ln(2x－1)－ln(2x＋1)，所以y′＝eq\f(2,2x－1)－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(4,4x2－1).(2)y′＝(2x)′sin(2x＋5)＋2x[sin(2x＋5)]′＝2sin(2x＋5)＋4xcos(2x＋5).(3)因為y＝lneq\r(1＋2x)＝eq\f(1,2)ln(1＋2x)，所以y′＝eq\f(1,2)·eq\f(1,1＋2x)·(1＋2x)′＝eq\f(1,1＋2x).探究點(diǎn)3導(dǎo)數(shù)的幾何意義【例3】(1)曲線y＝sinx＋ex在x＝0處的切線方程是()A．x－3y＋3＝0B．x－2y＋2＝0C．2x－y＋1＝0D．3x－y＋1＝0(2)(2024·山西模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝(a－3)x3＋(a－2)x2＋(a－1)x＋a，若對任意x0∈R，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))和(－x0，f(－x0))處的切線互相平行或重合，則實(shí)數(shù)a＝()A．0B．1C．2D．3(3)(2024·新課標(biāo)Ⅰ卷)若曲線y＝ex＋x在點(diǎn)(0，1)處的切線也是曲線y＝ln(x＋1)＋a的切線，則a＝________.(4)(2024·遼寧遼陽二模)若對函數(shù)f(x)＝2x－sinx的圖象上任意一點(diǎn)處的切線l1，函數(shù)g(x)＝mex＋(m－2)x的圖象上總存在一點(diǎn)處的切線l2，使得l1⊥l2，則m的取值范圍是()A．(－eq\f(e,2)，0)B．(0，eq\f(e,2))C．(－1，0)D．(0，1)解析：(1)Cy＝sinx＋ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝cosx＋ex，在點(diǎn)(0，1)處的切線斜率為k＝cos0＋e0＝2，則在點(diǎn)(0，1)處的切線方程為y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0.故選C.(2)C由函數(shù)f(x)＝(a－3)x3＋(a－2)x2＋(a－1)x＋a，可得f′(x)＝3(a－3)x2＋2(a－2)x＋a－1，因為曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))和(－x0，f(－x0))處的切線互相平行或重合，可得y＝f′(x)為偶函數(shù)，所以a－2＝0，解得a＝2.故選C.(3)ln2由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，故曲線y＝ex＋x在點(diǎn)(0，1)處的切線方程為y＝2x＋1.由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝eq\f(1,x＋1)，設(shè)切線與曲線y＝ln(x＋1)＋a相切的切點(diǎn)為(x0，ln(x0＋1)＋a)，由兩曲線有公切線得y′＝eq\f(1,x0＋1)＝2，解得x0＝－eq\f(1,2)，則切點(diǎn)為(－eq\f(1,2)，a＋lneq\f(1,2))，切線方程為y＝2(x＋eq\f(1,2))＋a＋lneq\f(1,2)＝2x＋1＋a－ln2，根據(jù)兩切線重合，所以a－ln2＝0，解得a＝ln2.(4)D由f(x)＝2x－sinx，得f′(x)＝2－cosx∈[1，3]，所以－eq\f(1,2－cosx)∈[－1，－eq\f(1,3)]＝A.由g(x)＝mex＋(m－2)x，得g′(x)＝mex＋m－2，設(shè)該導(dǎo)函數(shù)值域為B.(ⅰ)當(dāng)m>0時，導(dǎo)函數(shù)單調(diào)遞增，g′(x)∈(m－2，＋∞)，由題意得?x1，?x2，f′(x1)g′(x2)＝－1，所以g′(x2)＝－eq\f(1,f′(x1))，所以A?B，故m－2<－1，解得0<m<1；(ⅱ)當(dāng)m<0時，導(dǎo)函數(shù)單調(diào)遞減，g′(x)∈(－∞，m－2)，同理可得m－2>－eq\f(1,3)，m>eq\f(5,3)，與m<0矛盾，舍去；(ⅲ)當(dāng)m＝0時，不符合題意．綜上所述，m的取值范圍為(0，1).故選D.(1)求切線方程的基本方法：類型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切線方程．類型②，設(shè)出切點(diǎn)(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及(x0，y0)既在切線上，又在曲線上求解．類型③，設(shè)出切點(diǎn)(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知點(diǎn)(x1，y1)在切線上求解．(2)導(dǎo)數(shù)幾何意義的基本題型：①求曲線的切線方程，其關(guān)鍵是理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義，并能準(zhǔn)確求導(dǎo)；②求切點(diǎn)坐標(biāo)，其思路是先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后令導(dǎo)數(shù)值等于切線的斜率，從而得出切線方程或求出切點(diǎn)坐標(biāo)；③求參數(shù)的值(范圍)，其關(guān)鍵是列出函數(shù)在切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)等于切線斜率的方程．(3)解決此類問題的先決條件是應(yīng)先正確求導(dǎo)，再根據(jù)其他條件求解．求曲線的切線應(yīng)注意：①“過點(diǎn)A的曲線的切線方程”與“在點(diǎn)A處的切線方程”是不相同的，后者A必為切點(diǎn)，前者未必是切點(diǎn)．②曲線在某點(diǎn)處的切線若有則只有一條，曲線過某點(diǎn)的切線往往不止一條；切線與曲線的公共點(diǎn)不一定只有一個．變式探究3．若曲線f(x)＝x3－ax2＋b在點(diǎn)(1，f(1))處切線的傾斜角為eq\f(3π,4)，則a等于()A．2B．－2C．3D．－1解析：A因為f′(x)＝3x2－2ax，所以f′(1)＝3－2a＝－1，解得a＝2，故選A.4．(2025·福建南平統(tǒng)考)已知曲線y＝alnx和曲線y＝x2有唯一公共點(diǎn)，且這兩條曲線在該公共點(diǎn)處有相同的切線l，則l的方程為_______________．解析：2eq\r(e)x－y－e＝0設(shè)曲線g(x)＝alnx和曲線f(x)＝x2在公共點(diǎn)(x0，y0)處的切線相同，則f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x)，由題意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0＝\f(a,x0)，,xeq\o\al(2,0)＝alnx0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2e，,x0＝\r(e)，))故切點(diǎn)為(eq\r(e)，e)，切線斜率為k＝f′(x0)＝2eq\r(e)，所以切線方程為y－e＝2eq\r(e)(x－eq\r(e))，即2eq\r(e)x－y－e＝0.5．(2024·山東一模)已知A，B分別為曲線y＝2ex＋x和直線y＝3x－3上的點(diǎn)，則|AB|的最小值為________．解析：eq\f(\r(10),2)如圖，由題意，|AB|的最小值為曲線上點(diǎn)A到直線y＝3x－3距離的最小值．設(shè)f(x)＝2ex＋x－(3x－3)＝2ex－2x＋3，則f′(x)＝2ex－2為增函數(shù)，令f′(x)＝0，則x＝0，故當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．故f(x)≥f(0)＝5>0，即y＝3x－3在曲線y＝2ex＋x下方．則當(dāng)曲線y＝2ex＋x在A處的切線與3x－y－3＝0平行時|AB|取得最小值．設(shè)A(x0，y0)，對y＝2ex＋x求導(dǎo)有y′＝2ex＋1，由y′＝3可得x0＝0.故當(dāng)A(0，2)時，|AB|min＝eq\f(|3×0－2－3|,\r(32＋(－1)2))＝eq\f(\r(10),2).6．若曲線f(x)＝eq\f(x,ex)有三條過點(diǎn)(0，a)的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(0，eq\f(1,e2))B．(0，eq\f(4,e2))C．(0，eq\f(1,e))D．(0，eq\f(4,e))解析：B設(shè)該切線的切點(diǎn)為(x0，)，則切線的斜率為k＝f′(x0)＝，所以切線方程為y－＝(x－x0)，又切線過點(diǎn)(0，a)，則a－＝(0－x0)，整理得a＝.要使曲線f(x)過點(diǎn)(0，a)的切線有3條，需方程a＝有3個不同的解，即函數(shù)y＝eq\f(x2,ex)圖象與直線y＝a在R上有3個交點(diǎn)．設(shè)g(x)＝eq\f(x2,ex)，則g′(x)＝eq\f(x(2－x),ex)，令g′(x)>0?0<x<2，令g′(x)<0?x<0或x>2，所以函數(shù)g(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)和(2，＋∞)上單調(diào)遞減，且極小值、極大值分別為g(0)＝0，g(2)＝eq\f(4,e2)，如圖．由圖可知，當(dāng)0<a<eq\f(4,e2)時，函數(shù)y＝eq\f(x2,ex)的圖象與直線y＝a在R上有3個交點(diǎn)，即曲線f(x)過點(diǎn)(0，a)的切線有3條．所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，eq\f(4,e2)).故選B.eq\o(\s\up7(),\s(授課提示：訓(xùn)練手冊P457))1．已知函數(shù)f(x)可導(dǎo)，則eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(2＋2Δx)－f(2),2Δx)等于()A．f′(x)B．f′(2)C．f(x)D．f(2)解析：B因為函數(shù)f(x)可導(dǎo)，所以f′(x)＝eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(x＋Δx)－f(x),Δx)，所以eq\o(lim,\s\do7(Δx→0))eq\f(f(2＋2Δx)－f(2),2Δx)＝f′(2).故選B.2．有一機(jī)器人運(yùn)動的位移s與時間t之間的關(guān)系為s(t)＝t2＋eq\f(3,t)，則該機(jī)器人在t＝2時的瞬時速度為()A．eq\f(19,4)B．eq\f(17,4)C．eq\f(15,4)D．eq\f(13,4)解析：D由題意知，s′(t)＝2t－eq\f(3,t2)，當(dāng)t＝2時，s′(2)＝2×2－eq\f(3,2×2)＝eq\f(13,4)，所以該機(jī)器人在t＝2時的瞬時速度為eq\f(13,4).故選D.的值是()A．－eq\f(2,3)B．eq\f(3,4)C．eq\f(2,3)D．－eq\f(4,3)解析：B函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，求導(dǎo)得f′(x)＝cosx－sinx，由f′(x0)＝eq\f(1,2)f(x0)，得cosx0－sinx0＝eq\f(1,2)(cosx0＋sinx0)，解得tanx0＝eq\f(1,3)，所以tan2x0＝eq\f(2tanx0,1－tan2x0)＝eq\f(2×\f(1,3),1－(\f(1,3))2)＝eq\f(3,4).故選B.4．(2024·全國甲卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex＋2sinx,1＋x2)，則曲線y＝f(x)在(0，1)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為()A．eq\f(1,6)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(2,3)解析：Af′(x)＝eq\f((ex＋2cosx)(1＋x2)－(ex＋2sinx)·2x,(1＋x2)2)，則f′(0)＝eq\f((e0＋2cos0)(1＋0)－(e0＋2sin0)×0,(1＋0)2)＝3，即該切線方程為y－1＝3x，即y＝3x＋1，令x＝0，得y＝1，令y＝0，得x＝－eq\f(1,3)，故該切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積S＝eq\f(1,2)×1×|－eq\f(1,3)|＝eq\f(1,6).故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝xex＋1，過點(diǎn)P(2，1)可作曲線y＝f(x)的切線條數(shù)為()A．1B．2C．3D．4解析：B(方法1)由f(x)＝xex＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex.設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，x0＋1)，則切線方程為y－x0－1＝(x0＋1)(x－x0)，把(2，1)代入可得－x0＝(x0＋1)(2－x0)，即xeq\o\al(2,0)－2x0－2＝0，因為Δ＝12>0，所以該方程有2個不同的實(shí)數(shù)解，故切線有2條．(方法2)由f(x)＝xex＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1.當(dāng)x<－1時，f′(x)<0，當(dāng)x>0時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的極小值為f(－1)＝1－eq\f(1,e)，且f(0)＝1，則點(diǎn)P(2，1)在曲線y＝f(x)的下方，如圖所示，數(shù)形結(jié)合可知，過點(diǎn)P可作曲線y＝f(x)的2條切線．故選B.6．(2025·江蘇南通月考)若曲線f(x)＝ax(a>1)與曲線g(x)＝logax(a>1)有且只有一個公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處的切線相同，則實(shí)數(shù)a的值為()A．eB．e2C．D．eq\r(e)解析：C易得f′(x)＝lna·ax，g′(x)＝eq\f(1,xlna)(a>1)，設(shè)公共點(diǎn)為(x0，y0)，則由題意可得即?eq\f(1,lna)＝x0·lnx0，且lna·ax0＝eq\f(1,x0lna)，?x0·ax0＝eq\f(1,(lna)2)＝(x0·lnx0)2，?ax0＝x0·(lnx0)2，?x0·lna＝2ln(lnx0)＋lnx0，?eq\f(1,lnx0)＝2ln(lnx0)＋lnx0，令lnx0＝t，則上式可化為2lnt＋t－eq\f(1,t)＝0.記h(t)＝2lnt＋t－eq\f(1,t)，則h′(t)＝eq\f((t＋1)2,t2)≥0恒成立，即h(t)＝2lnt＋t－eq\f(1,t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而h(1)＝0，故滿足2lnt＋t－eq\f(1,t)＝0的根只有t＝1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝e，,a＝e\s\up6(\f(1,e))．))故選C.7．已知函數(shù)f(x)＝f′(0)ex＋x2－(f(0)－1)x，則函數(shù)f(x)＝____________．解析：ex＋x2求導(dǎo)得f′(x)＝f′(0)ex＋2x－f(0)＋1，所以f′(0)＝f′(0)＋0－f(0)＋1，所以f(0)＝1，所以f(0)＝f′(0)＋0－0＝1，所以f′(0)＝1，所以f(x)＝ex＋x2.8．(2024·北京朝陽一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x.若曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(x1，f(x1))處的切線與其在點(diǎn)B(x2，f(x2))處的切線相互垂直，則x1－x2的一個取值為________．解析：eq\f(π,2)(答案不唯一)f′(x)＝cos2x，由題意可知，f′(x1)f′(x2)＝－1，即cos2x1·cos2x2＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＝1，,cos2x2＝－1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＝－1，,cos2x2＝1，))得x1＝k1π，x2＝eq\f(π,2)＋k2π，k1，k2∈Z，或x1＝eq\f(π,2)＋k3π，x2＝k4π，k3，k4∈Z，所以x1－x2＝－eq\f(π,2)＋(k1－k2)π，或x1－x2＝eq\f(π,2)＋(k3－k4)π，k1，k2，k3，k4∈Z，所以x1－x2的一個取值為eq\f(π,2).9．(2024·山東二模)已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，設(shè)f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若f(x)＝f(2－x)＋4x－4，則f′(2025)＝________．解析：2因為f(x)＝f(2－x)＋4x－4，所以兩邊求導(dǎo)，得f′(x)＝－f′(2－x)＋4，即f′(x)＋f′(2－x)＝4.①因為f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，所以兩邊求導(dǎo)，得f′(x)＝f′(－x)，所以f′(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f′(2－x)＝f′(x－2)，結(jié)合①式可得f′(x)＋f′(x－2)＝4，所以f′(x－2)＋f′(x－4)＝4，兩式相減得f′(x)＝f′(x－4)，所以f′(x)是周期為4的偶函數(shù)，所以f′(2025)＝f′(1).由①式，令x＝1，得f′(1)＝2，所以f′(2025)＝f′(1)＝2.10．(多選)(2024·黑龍江齊齊哈爾三模)若一條直線與兩條或兩條以上的曲線均相切，則稱該直線為這些曲線的公切線．已知直線l：y＝kx＋b為曲線C1：y＝aex(a>0)和C2：y＝lneq\f(x,a)(a>0)的公切線，則下列結(jié)論正確的是()A．曲線C1的圖象在x軸的上方B．當(dāng)a＝1時，lnk＋b＝－1C．若b＝0，則a＝eq\f(1,\r(e))D．當(dāng)a＝1時，C1和C2必存在斜率為eq\f(1,k)的公切線解析：ABD對于A，由a>0，ex>0得aex>0，可知曲線C1的圖象在x軸的上方，A正確；對于B，當(dāng)a＝1時，C1：y＝ex，C2：y＝lnx，對于曲線C2：y＝lnx，有y′＝eq\f(1,x)(x>0)，因為直線l：y＝kx＋b為曲線C2的切線，所以eq\f(1,x)＝k，即x＝eq\f(1,k)，此時y＝lneq\f(1,k)＝－lnk，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(eq\f(1,k)，－lnk)，將其代入切線方程y＝kx＋b中，有－lnk＝1＋b，整理得lnk＋b＝－1，B正確；對于C，當(dāng)b＝0時，公切線l為y＝kx，設(shè)f(x)＝aex，g(x)＝lneq\f(x,a)，則f′(x)＝aex，g′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，所以f′(x1)＝a＝k＝eq\f(aex1,x1)，g′(x2)＝eq\f(1,x2)＝k＝eq\f(ln\f(x2,a),x2)，解得x1＝x2＝1，a＝eq\f(1,e)，C錯誤；對于D，當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex，g(x)＝lnx，則f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，若C1和C2存在斜率為eq\f(1,k)的公切線，則存在m和n使得f′(m)＝em＝eq\f(1,k)，g′(n)＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,k)(n>0)，由B項可知，－lnk＝b＋1，即eb+1＝eq\f(1,k)，所以eb+1＝em，eb+1＝eq\f(1,n)，即m＝b＋1，n＝eq\f(1,eb+1)，符合題意，故當(dāng)a＝1時，C1和C2必存在斜率為eq\f(1,k)的公切線，D正確．故選ABD.11．(多選)記函數(shù)fn(x)的導(dǎo)函數(shù)為fn＋1(x)，已知f1(x)＝x2ex，若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))滿足fn(x)＝(x2＋anx＋bn)ex，則()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等差數(shù)列B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))為等比數(shù)列C．＝eq\f(48,49)D．8bn≤2an解析：ACD若f1(x)＝x2ex，則f2(x)＝(x2ex)′＝(x2＋2x)ex，fn(x)＝(x2＋anx＋bn)ex，＝(x2＋ax＋b)ex，故a－an＝2，易知a1＝0，b1＝0，a2＝2，b2＝0，經(jīng)檢驗a2－a1＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以0為首項，2為公差的等差數(shù)列，A正確；而b1＝0，又因為等比數(shù)列中不能有0，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))不可能為等比數(shù)列，B錯誤；易得an＝2(n－1)＝2n－2，b＝an＋bn，故b－bn＝2n－2，則bn－b1＝0＋…＋2n－4＝eq\f((n－1)(2n－4),2)，則bn＝(n－1)(n－2)，故＝eq\f(1,1×2)＋…＋eq\f(1,48×49)＝1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,48)－eq\f(1,49)＝eq\f(48,49)，C正確；令Tn＝2an－8bn＝4n-1－8(n－1)(n－2)，且T1>0，T2>0，T3＝0，當(dāng)n≥4時，令Cn＝T－Tn＝3×4n-1－16(n－1)，Cn＋1－Cn＝9×4n-1－16>9×43－16>0，故Tn＋1－Tn>0，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn))為單調(diào)遞增數(shù)列，故Tn>T4>0，即Tn≥0恒成立，故8bn≤2an成立，D正確．故選ACD.12．(多選)(2024·河北衡水中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域為R，g′(x)為g(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f(x)＋g′(x)－10＝0，f(x)－g′(4－x)－10＝0，若g(x)為偶函數(shù)，則以下四個命題中一定成立的是()A．f(1)＋f(3)＝20B．f(4)＝10C．f(－1)＝f(－3)D．f(2026)＝10解析：ABD因為f(x)＋g′(x)－10＝0，f(x)－g′(4－x)－10＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)，又g(x)是偶函數(shù)，g(－x)＝g(x)，兩邊求導(dǎo)得－g′(－x)＝g′(x)，所以g′(x)是奇函數(shù)，g′(0)＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)＝g′(－x)，即g′(4＋x)＝g′(x)，g′(x)是周期函數(shù)，4是它的一個周期，g′(4)＝g′(0)＝0，f(x)＝10－g′(x)，所以f(x)是周期函數(shù)，4是它的一個周期，f(0)＝10－g′(0)＝10，f(4)＝f(0)＝10，B正確；f(1)＋f(3)＝10－g′(1)＋10－g′(3)＝20＋g′(－1)－g′(3)＝20，A正確；g′(x)是周期為4的周期函數(shù)，又是奇函數(shù)，g′(－2)＝－g′(2)＝g′(2)，g′(2)＝g′(－2)＝0，f(2)＝10－g′(2)＝10，f(2026)＝f(506×4＋2)＝f(2)＝10，D正確；g′(－1)＝－g′(1)，g′(－3)＝g′(1)，所以g′(－3)＝－g′(－1)，f(－3)＝10－g′(－3)，f(－1)＝10－g′(－1)，因此f(－3)＋f(－1)＝20，不能得出f(－3)＝f(－1)，C錯誤．故選ABD.

第62講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性[課標(biāo)要求]1.了解函數(shù)的單調(diào)性和導(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)間及參數(shù)的范圍．eq\o(\s\up7(),\s(授課提示：聽課手冊P292))1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系設(shè)函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)有導(dǎo)數(shù)．如果f′(x)＞0，那么f(x)在(a，b)上為__增__函數(shù)；如果f′(x)＜0，那么f(x)在(a，b)上為__減__函數(shù)．2．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系設(shè)函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，且f′(x)在(a，b)的任意子集內(nèi)都不恒等于0.如果f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，則在(a，b)內(nèi)f′(x)__≥__0恒成立；如果f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減，則在(a，b)內(nèi)f′(x)__≤__0恒成立．1．在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件．2．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零．1．(教材母題選必修5.3例2改編)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)是增函數(shù)B．在區(qū)間(1，3)上，f(x)是減函數(shù)C．在區(qū)間(4，5)上，f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝2時，f(x)取到極小值解析：C由圖知，在(4，5)上，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(4，5)上是增函數(shù)．故選C.2．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：Af′(x)>0在(a，b)上成立?f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增；反之，不一定成立，如y＝x3在(－1，1)上單調(diào)遞增，但在(－1，1)上f′(x)＝3x2≥0.3．函數(shù)f(x)＝x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(0，eq\f(\r(2),2)]B．[eq\f(\r(2),2)，＋∞)C．(－∞，－eq\f(\r(2),2)]，(0，eq\f(\r(2),2))D．[－eq\f(\r(2),2)，0)，(0，eq\f(\r(2),2)]解析：Af′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x2)，x>0，令f′(x)≤0，解得0<x≤eq\f(\r(2),2)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\f(\r(2),2)].故選A.4．(2024·天津紅橋二模)函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex的圖象大致是()eq\o(\s\up7(),\s\do5(A))eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C))eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：C當(dāng)x＝0時，f(0)＝0，可排除A.因為f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)>0，解得x>eq\r(2)或x<－eq\r(2)，所以f(x)在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增；在(－eq\r(2)，eq\r(2))上單調(diào)遞減．結(jié)合圖象可得C正確．故選C.5．若函數(shù)f(x)＝2sinx－ax在[0，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________________．解析：[2，＋∞)因為f(x)＝2sinx－ax，x∈[0，eq\f(π,2)]，所以f′(x)＝2cosx－a.因為函數(shù)f(x)＝2sinx－ax在[0，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝2cosx－a≤0在[0，eq\f(π,2)]上恒成立，即a≥2cosx在x∈[0，eq\f(π,2)]上恒成立．因為g(x)＝2cosx在x∈[0，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(0)＝2cos0＝2，所以a≥2，即a∈[2，＋∞).eq\o(\s\up7(),\s(授課提示：聽課手冊P293))探究點(diǎn)1常系數(shù)函數(shù)的單調(diào)性【例1】(1)函數(shù)f(x)＝excosx，則f(x)在(－π，π)上的單調(diào)遞減區(qū)間為__________________________．(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－2x－3lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為____________．(3)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是____________；單調(diào)遞減區(qū)間是____________．解析：(1)(－π，－eq\f(3π,4))和(eq\f(π,4)，π)因為f′(x)＝excosx－exsinx＝ex(cosx－sinx)＝eq\r(2)excos(x＋eq\f(π,4))(－π<x<π)，令f′(x)<0，得－π<x<－eq\f(3π,4)或eq\f(π,4)<x<π，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－π，－eq\f(3π,4))和(eq\f(π,4)，π).(2)(3，＋∞)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝x－2－eq\f(3,x)＝eq\f(x2－2x－3,x)＝eq\f((x－3)(x＋1),x)，x>0，由f′(x)>0得x>3，所以f(x)在區(qū)間(3，＋∞)上單調(diào)遞增．(3)(0，1)(1，＋∞)因為f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f((x－1)ex,x2)＝eq\f((x－1)(x－ex),x2)，令g(x)＝x－ex，因為x>0，則g′(x)＝1－ex<1－e0＝0，可得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(0)＝－1<0，所以當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域．(2)求f′(x).(3)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.(4)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．變式探究1．已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則y＝f(x)的圖象大致是()eq\o(\s\up7(),\s\do7(A))eq\o(\s\up7(),\s\do7(B))eq\o(\s\up7(),\s\do7(C))eq\o(\s\up7(),\s\do7(D))解析：C由y＝xf′(x)的圖象可知，當(dāng)0<x<1時xf′(x)<0，則f′(x)<0，當(dāng)x>1時xf′(x)>0，則f′(x)>0，當(dāng)－1<x<0時xf′(x)>0，則f′(x)<0，當(dāng)x<－1時xf′(x)<0，則f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故符合題意的只有C.故選C.2．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____________.解析：(－π，－eq\f(π,2))和(0，eq\f(π,2))由題意知f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為(－π，－eq\f(π,2))∪(0，eq\f(π,2))，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－π，－eq\f(π,2))和(0，eq\f(π,2)).3．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－x3eax＋b，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1.設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為____________________；g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為____________________．解析：(－∞，0)和(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)因為函數(shù)f(x)＝x－x3eax＋b，所以f′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，因為f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)＝0，,f′(1)＝－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ea＋b＝0，,1－(3＋a)ea＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))所以f(x)＝x－x3e－x+1，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，所以g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±eq\r(3).當(dāng)x變化時，g′(x)與g(x)的變化情況如下．xg′(x)g(x)(－∞，0)＋單調(diào)遞增00－(0，3－eq\r(3))－單調(diào)遞減3－eq\r(3)0－(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))＋單調(diào)遞增3＋eq\r(3)0－(3＋eq\r(3)，＋∞)－單調(diào)遞減所以g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)上單調(diào)遞減．探究點(diǎn)2含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性【例2】(2023·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,x)＋a)ln(1＋x).(1)當(dāng)a＝－1時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(x))處的切線方程．(2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝(eq\f(1,x)－1)ln(x＋1)(x>－1)，則f′(x)＝(－eq\f(1,x2))ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)－1)×eq\f(1,x＋1)，據(jù)此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln2，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－0＝－ln2(x－1)，即(ln2)x＋y－ln2＝0.(2)由函數(shù)的解析式可得f′(x)＝(－eq\f(1,x2))ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)＋a)×eq\f(1,x＋1)(x>－1)，滿足題意時f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．令(－eq\f(1,x2))ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)＋a)eq\f(1,x＋1)≥0，則－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原問題等價于g(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，當(dāng)a≤0時，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時g(x)<g(0)＝0，不符合題意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，則h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，當(dāng)a≥eq\f(1,2)，即2a≥1時，由于eq\f(1,x＋1)<1，所以h′(x)>0，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(0)＝0，符合題意．當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，由h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)＝0可得x＝eq\f(1,2a)－1，當(dāng)x∈(0，eq\f(1,2a)－1)時，h′(x)<0，h(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,2a)－1)上單調(diào)遞減，即g′(x)單調(diào)遞減，注意到g′(0)＝0，故當(dāng)x∈(0，eq\f(1,2a)－1)時，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)單調(diào)遞減，由于g(0)＝0，故當(dāng)x∈(0，eq\f(1,2a)－1)時，g(x)<g(0)＝0，不符合題意．綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是{a|a≥eq\f(1,2)}．1．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確判定導(dǎo)數(shù)的符號，當(dāng)f(x)含參數(shù)時，需依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．討論的標(biāo)準(zhǔn)有以下幾種可能：(1)f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)＝0有根，求出的根是否在定義域內(nèi)；(3)若在定義域內(nèi)有兩個根，比較兩個根的大?。?．討論函數(shù)f(x)單調(diào)性的方法步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域．(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根．(3)利用f′(x)＝0的根將函數(shù)的定義域分成若干個子區(qū)間，在這些子區(qū)間上討論f′(x)的正負(fù)，由符號確定f(x)在該區(qū)間上的單調(diào)性．變式探究4．(2024·四川模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝x2＋(x－2)ex－2x＋5在區(qū)間(3m－1，m＋2)上不單調(diào)，則m的取值范圍是_____________．解析：(－1，eq\f(2,3))由題意知f′(x)＝(x－1)ex＋2x－2＝(ex＋2)(x－1)，因為f(x)在區(qū)間(3m－1，m＋2)上不單調(diào)，即y＝f′(x)在區(qū)間(3m－1，m＋2)有變號零點(diǎn)，又ex＋2>0，所以f′(x)＝0?x＝1.f′(x)>0?x>1，f′(x)<0?x<1，所以x＝1在區(qū)間(3m－1，m＋2)內(nèi)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m－1<1，,m＋2>1，))解得－1<m<eq\f(2,3)，即m的取值范圍是(－1，eq\f(2,3)).5．已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2)ex＋a)ex－(a＋1)x，討論f(x)的單調(diào)性．解析：由題知f(x)＝(eq\f(1,2)ex＋a)ex－(a＋1)x的定義域為R，f′(x)＝(ex－1)(ex＋a＋1).當(dāng)a≥－1時，ex＋1>1，所以ex＋a＋1>0，令f′(x)>0，解得x∈(0，＋∞)，令f′(x)<0，解得x∈(－∞，0)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0).當(dāng)a<－1時，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－a－1)，①當(dāng)ln(－a－1)＝0，即a＝－2時，f′(x)＝(ex－1)2≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)ln(－a－1)>0，即a<－2時，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，0)∪(ln(－a－1)，＋∞)；由f′(x)<0，解得x∈(0，ln(－a－1))，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln(－a－1)).③當(dāng)ln(－a－1)<0，即－2<a<－1時，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，ln(－a－1))∪(0，＋∞)；由f′(x)<0，解得x∈(ln(－a－1)，0)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(ln(－a－1)，0).綜上，當(dāng)a≥－1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)；當(dāng)－2<a<－1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(ln(－a－1)，0)；當(dāng)a＝－2時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<－2時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln(－a－1)).探究點(diǎn)3函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用【例3】(1)設(shè)a＝eq\f(2,e2)，b＝eq\f(ln2,2)，c＝eq\f(ln3,3)，則()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．c<a<bD．b<c<a(2)已知函數(shù)f(x)＝exln(1＋x).(ⅰ)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程．(ⅱ)設(shè)g(x)＝f′(x)，討論函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上的單調(diào)性．(ⅲ)證明：對任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t).解析：(1)A設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，則x＝e，所以當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又a＝eq\f(2,e2)＝f(e2)，b＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln4,4)＝f(4)，c＝eq\f(ln3,3)＝f(3)，e<3<4<e2，所以f(3)>f(4)>f(e2)，所以a<b<c.故選A.(2)(ⅰ)因為f(x)＝exln(1＋x)，所以f(0)＝0，即切點(diǎn)坐標(biāo)為(0，0)，又f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(1,1＋x)]，所以切線斜率k＝f′(0)＝1，所以切線方程為y＝x.(ⅱ)因為g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(1,1＋x)]，所以g′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(2,1＋x)－eq\f(1,(1＋x)2)].令h(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(2,1＋x)－eq\f(1,(1＋x)2)，則h′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(2,(1＋x)2)＋eq\f(2,(1＋x)3)＝eq\f(x2＋1,(1＋x)3)>0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(0)＝0＋2－1＝1>0，所以g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．(ⅲ)證明：原不等式等價于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，令m(x)＝f(x＋t)－f(x)(x，t>0)，即證m(x)>m(0)，因為m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－exln(1＋x)，所以m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋eq\f(ex＋t,1＋x＋t)－exln(1＋x)－eq\f(ex,1＋x)＝g(x＋t)－g(x)，由(ⅱ)知g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(1,1＋x)]在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x＋t)>g(x)，所以m′(x)>0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因為x，t>0，所以m(x)>m(0)，所以命題得證．1．構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用其函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)進(jìn)行比較，對于選擇題、填空題，能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解．2．構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求解不等式的解集時，先利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為f(g(x))>f(h(x))的形式，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x)).變式探究6．(2024·全國模擬預(yù)測)若對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(eq\f(1,e)，e)B．[eq\f(1,e)，e]C．[eq\f(1,e)，＋∞)D．(eq\f(1,e)，＋∞)解析：C對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，易知m≥0，則x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以x1(lnx2＋2)<x2(lnx1＋2)，即eq\f(lnx1＋2,x1)>eq\f(lnx2＋2,x2).令f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，則函數(shù)f(x)在(m，＋∞)上單調(diào)遞減．因為f′(x)＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′(x)<0，可得x>eq\f(1,e)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,e)，＋∞)，所以(m，＋∞)(eq\f(1,e)，＋∞)，故m≥eq\f(1,e)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為[eq\f(1,e)，＋∞).故選C.7．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋mx2－2(m＋1)x－8，m∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)對實(shí)數(shù)m＝2，令g(x)＝f(x)－3x，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，求x1＋x2的最小值．解析：(1)f′(x)＝eq\f(2,x)＋2mx－2(m＋1)＝eq\f(2(x－1)(mx－1),x)(x>0).若m≤0，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．若0<m<1，當(dāng)x∈(0，1)∪(eq\f(1,m)，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)，(eq\f(1,m)，＋∞)上均單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，eq\f(1,m))時，f′(x)<0，即f(x)在(1，eq\f(1,m))上單調(diào)遞減．若m＝1，則f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若m>1，當(dāng)x∈(0，eq\f(1,m))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(0，eq\f(1,m))，(1，＋∞)上均單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\f(1,m)，1)時，f′(x)<0，即f(x)在(eq\f(1,m)，1)上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)實(shí)數(shù)m＝2時，g(x)＝f(x)－3x＝2lnx＋2x2－9x－8(x>0)，g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，所以2lnx1＋2xeq\o\al(2,1)－9x1－8＋2lnx2＋2xeq\o\al(2,2)－9x2－8＋2x1x2＝0，所以2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16＝2x1x2－2ln(x1x2).令t＝x1x2，h(t)＝2t－2lnt(t>0)，由于h′(t)＝eq\f(2(t－1),t)，所以當(dāng)t∈(0，1)時，h′(t)<0，即h(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t∈(1，＋∞)時，h′(t)>0，即h(t)單調(diào)遞增．從而h(t)min＝h(1)＝2，此時x1x2＝1.于是2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16≥2，即[2(x1＋x2)＋3](x1＋x2－6)≥0，而x1，x2>0，所以x1＋x2≥6，所以當(dāng)x1＝3－2eq\r(2)，x2＝3＋2eq\r(2)時，x1＋x2取最小值6.eq\o(\s\up7(),\s(授課提示：訓(xùn)練手冊P458))1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2)B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)解析：Df′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex.令f′(x)>0，解得x>2.故選D.2．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解析：C由已知得f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a≤0，))即a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的必要不充分條件．故選C.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex(2x－1),x－1)，則f(x)的大致圖象為()eq\o(\s\up7(),\s\do5(A))eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C))eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：C因為f(x)＝eq\f(ex(2x－1),x－1)，所以f′(x)＝eq\f(ex(2x2－3x),(x－1)2)，令f′(x)>0?x∈(－∞，0)∪(eq\f(3,2)，＋∞)，所以f(x)在(－∞，0)和(eq\f(3,2)，＋∞)上單調(diào)遞增，排除A、D；又當(dāng)x<0時，f(x)＝eq\f(ex(2x－1),x－1)>0，排除B.故選C.4．已知定義在[－3，4]上的函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式xf′(x)>0的解集為()A．(3，4)B．(－3，－2)C．(－1，0)∪(1，eq\f(5,2))D．(－2，－1)∪(1，eq\f(5,2))解析：C若x<0，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，由圖象可知，x∈(－1，0)，若x>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，由圖象可知，x∈(1，eq\f(5,2))，故不等式xf′(x)>0的解集為(－1，0)∪(1，eq\f(5,2)).故選C.5．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)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解析：C依題意可知，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).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.故選C.6．(2024·江西宜春三模)已知a＝eq\f(1,2\r(e))，b＝eq\f(ln2,2\r(2))，c＝eq\f(ln4,4)，其中e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)，則()A．b<a<cB．b<c<aC．a(chǎn)<b<cD．c<b<a解析：A由題意得a＝eq\f(1,2\r(e))＝eq\f(ln\r(e),\r(e))，b＝eq\f(ln2,2\r(2))＝eq\f(ln\r(2),\r(2))，c＝eq\f(ln4,4)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2).設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時，f′(x)>0，所以f(x)單調(diào)遞增，又0<eq\r(2)<eq\r(e)<2<e，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(e))<f(2)，即eq\f(ln\r(2),\r(2))<eq\f(ln\r(e),\r(e))<eq\f(ln2,2)，所以b<a<c.故選A.7．已知函數(shù)f(x)＝ex＋2f′(0)x－cosx，則f(x)的解析式為____________________；f(x)在(－∞，0]上的單調(diào)性為__________．解析：f(x)＝ex－2x－cosx單調(diào)遞減因為f(x)＝ex＋2f′(0)x－cosx，所以f′(x)＝ex＋2f′(0)＋sinx，則f′(0)＝e0＋2f′(0)＋sin0＝1＋2f′(0)，所以f′(0)＝－1，所以f(x)＝ex－2x－cosx.因為f′(x)＝ex－2＋sinx，當(dāng)x≤0時，0<ex≤1，sinx≤1，所以f′(x)＝ex－2＋sinx≤0恒成立，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減．8．(2025·湖北期中)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(a,2)x2＋(a－1)x＋1.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線與直線6x＋y＋1＝0平行，求出這條切線的方程；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解析：(1)f′(x)＝x2＋ax＋a－1，f′(2)＝3a＋3，由已知f′(2)＝－6，所以3a＋3＝－6，解得a＝－3.又f(2)＝－eq\f(31,3)，所以曲線f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＋eq\f(31,3)＝－6(x－2)，化簡得18x＋3y－5＝0.(2)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝(x＋a－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝1－a或x＝－1.①當(dāng)1－a<－1，即a>2時，令f′(x)>0，得x>－1或x<1－a，令f′(x)<0，得1－a<x<1，故f(x)在(1－a，－1)上單調(diào)遞減，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)1－a＝－1，即a＝2時，f′(x)＝(x＋1)2≥0恒成立，故f(x)在R上單調(diào)遞增；③當(dāng)1－a>－1，即a<2時，令f′(x)>0，得x>1－a或x<－1，令f′(x)<0，得－1<x<1－a，故f(x)在(－1，1－a)上單調(diào)遞減，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a>2時，f(x)在(1－a，－1)上單調(diào)遞減，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<2時，f(x)在(－1，1－a)上單調(diào)遞減，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上單調(diào)遞增．9．(2024·山東濰坊三模)已知函數(shù)