高考数学一轮总复习第三单元导数及其应用第16讲导数在函数中的应用__单调性理新人教A版

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2020版高考数学一轮总复习第三单元导数及其应用教案全集含解析

导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率：函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) . 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式 ①C ′＝ 0 (C 为常数)； ②(x n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝－sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝－1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x，所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立；如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立，令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)．所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )＞0；当x ∈(－12a，＋∞)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．2．函数的最值(1)(最值定理)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ．故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数，故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上，当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号．如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1；当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ；当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0，即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数，故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ，所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立．令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增单调递减易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1．已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ，当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48，故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内至少有一个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)．于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减，当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增．要使函数f (x )有一个零点，则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ，化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减．所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2，由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题意知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。

北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的应用导数与函数的单调性教学案理解析版

[考纲传真] １．了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.２．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.３．会利用导数解决某些实际问题（生活中的优化问题）．１．导函数的符号和函数的单调性的关系（１）如果在某个区间内，函数y＝f（x）的导数f′（x）≥0，则在这个区间上，函数y＝f（x）是增加的；（２）如果在某个区间内，函数y＝f（x）的导数f′（x）≤0，则在这个区间上，函数y＝f（x）是减少的．２．函数的极值与导数（１）函数的极大值点和极大值：在包含x0的一个区间（a，b）内，函数y＝f（x）在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f（x）的极大值点．其函数值f（x0）为函数的极大值．（２）函数的极小值点和极小值：在包含x0的一个区间（a，b）内，函数y＝f（x）在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f（x）的极小值点，其函数值f（x0）为函数的极小值．（３）极值和极值点：极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．（４）求可导函数极值的步骤：１求f′（x）．２求方程f′（x）＝0的根．３检查f′（x）在方程f′（x）＝0的根的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值．３．函数的最值与导数（１）最大值点：函数y＝f（x）在区间[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f（x0）．函数的最小值点也有类似的意义．（２）函数的最大值：最大值或者在极值点取得，或者在区间的端点取得．（３）最值：函数的最大值和最小值统称为最值．（４）求f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的步骤１求f（x）在（a，b）内的极值；２将f（x）的各极值与f（a），f（b）比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．错误!１．可导函数f（x）在（a，b）上是增（减）函数的充要条件是：对任意x∈（a，b），都有f′（x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x）在（a，b）上的任何子区间内都不恒为零．２．对于可导函数f（x），f′（x0）＝0是函数f（x）在x＝x0处有极值的必要不充分条件．３．闭区间上连续函数的最值在端点处或极值点处取得．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）若函数f（x）在区间（a，b）上是增加的，那么在区间（a，b）上一定有f′（x）>0．（）（２）函数的极大值不一定比极小值大．（）（３）函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．（）（４）若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．（）[答案] （１）×（２）√（３）√（４）×２．（教材改编）如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图像，则下面判断正确的是（）Ａ．在区间（—２,１）上，f（x）是增加的Ｂ．在区间（１,３）上f（x）是减少的Ｃ．在区间（４,５）上f（x）是增加的Ｄ．当x＝２时，f（x）取到极小值C[结合原函数与导函数的关系可知，当x∈（４,５）时，f′（x）＞0，∴y＝f（x）在（４,５）上是增函数，故选Ｃ．]３．函数f（x）＝cos x—x在（0，π）上的单调性是（）Ａ．先增后减Ｂ．先减后增Ｃ．增函数Ｄ．减函数D[∵f′（x）＝—sin x—１，∴当x∈（0，π）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，π）上是减函数．]４．已知a是函数f（x）＝x３—１２x的极小值点，则a＝（）Ａ．—４Ｂ．—２Ｃ．４Ｄ．２D[由f′（x）＝３x２—１２＝0得x＝±２，又当x＜—２时，f′（x）＞0，当—２＜x＜２时，f′（x）＜0，当x＞２时，f′（x）＞0，∴x＝２是f（x）的极小值点，即a＝２．]５．函数y＝２x３—２x２在区间[—１,２]上的最大值是________．8 [y′＝6x２—４x，令y′＝0，得x＝0或x＝错误!.∵f（—１）＝—４，f（0）＝0，f错误!＝—错误!，f（２）＝8，∴最大值为8．]第１课时导数与函数的单调性利用导数求函数的单调区间【例１】（１）函数y＝错误!x２—ln x的递减区间为（）Ａ．（—１,１] Ｂ．（0,１]Ｃ．[１，＋∞）Ｄ．（0，＋∞）（２）（２0１6·北京高考）设函数f（x）＝x e a—x＋bx，曲线y＝f（x）在点（２，f（２））处的切线方程为y＝（e—１）x＋４．１求a，b的值；２求f（x）的单调区间．（１）B[∵y＝错误!x２—ln x，∴x∈（0，＋∞），y′＝x—错误!＝错误!.由y′≤0可解得0＜x≤１，∴y＝错误!x２—ln x的递减区间为（0,１]，故选Ｂ．]（２）[解] １f′（x）＝e a—x—x e a—x＋b，由切线方程可得错误!解得a＝２，b＝e.２f（x）＝x e２—x＋e x，f′（x）＝（１—x）e２—x＋e.令g（x）＝（１—x）e２—x，则g′（x）＝—e２—x—（１—x）e２—x＝e２—x（x—２）．令g′（x）＝0得x＝２．当x＜２时，g′（x）＜0，g（x）递减；当x＞２时，g′（x）＞0，g（x）递增．所以x＝２时，g（x）取得极小值—１，也是最小值．所以f′（x）＝g（x）＋e≥e—１＞0．所以f（x）的增区间为（—∞，＋∞），无减区间．[规律方法] １．掌握利用导数求函数单调区间的３个步骤（１）确定函数f（x）的定义域；（２）求导数f′（x）；（３）由f′（x）＞0（或f′（x）＜0）解出相应的x的取值范围，对应的区间为f（x）的递增（减）区间．２．理清有关函数单调区间的３个点（１）单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；（２）求可导函数f（x）的单调区间，可以直接转化为f′（x）＞0与f′（x）＜0这两个不等式的解集问题来处理；（３）若可导函数f（x）在指定区间D上递增（减），则应将其转化为f′（x）≥0（f′（x）≤0）来处理．２Ａ．（0,１）Ｂ．（１，＋∞）Ｃ．（—∞，１）Ｄ．（—１,１）（２）（２0１9·威海模拟）函数f（x）＝（x—３）e x的递增区间是________．（１）A（２）（２，＋∞）[（１）∵f′（x）＝２x—错误!＝错误!（x＞0），∴当x∈（0,１）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（１，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数．（２）函数f（x）＝（x—３）e x的导数为f′（x）＝[（x—３）e x]′＝e x＋（x—３）e x＝（x—２）e x.f′（x）＝（x—２）e x＞0，解得x＞２．]利用导数讨论函数的单调性【例２】设函数f（x）＝a ln x＋错误!，其中a为常数．（１）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线方程；（２）讨论函数f（x）的单调性．[解] （１）由题意知a＝0时，f（x）＝错误!，x∈（0，＋∞）．此时f′（x）＝错误!.可得f′（１）＝错误!，又f（１）＝0，所以曲线y＝f（x）在（１，f（１））处的切线方程为x—２y—１＝0．（２）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）．f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!.当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上递增．当a＜0时，令g（x）＝ax２＋（２a＋２）x＋a，由于Δ＝（２a＋２）２—４a２＝４（２a＋１），１当a＝—错误!时，Δ＝0，f′（x）＝错误!≤0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减．２当a＜—错误!时，Δ＜0，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减．３当—错误!＜a＜0时，Δ＞0．设x１，x２（x１＜x２）是函数g（x）的两个零点，则x１＝错误!，x２＝错误!.由x１＝错误!＝错误!＞0，所以x∈（0，x１）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减；x∈（x１，x２）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）递增；x∈（x２，＋∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减．综上可得：当a≥0时，函数f（x）在（0，＋∞）上递增；当a≤—错误!时，函数f（x）在（0，＋∞）上递减；当—错误!＜a＜0时，f（x）在错误!，错误!上递减，在错误!上递增．[规律方法] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.１讨论分以下四个方面,１二次项系数讨论，２根的有无讨论，３根的大小讨论，４根在不在定义域内讨论.２讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类.３讨论完必须写综述.２调性．[解] 函数的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x—错误!＋a—２＝错误!.１当—a＝２，即a＝—２时，f′（x）＝错误!≥0，f（x）在（0，＋∞）内递增．２当0＜—a＜２，即—２＜a＜0时，∵0＜x＜—a或x＞２时，f′（x）＞0；—a＜x＜２时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，—a），（２，＋∞）内递增，在（—a,２）内递减．３当—a＞２，即a＜—２时，∵0＜x＜２或x＞—a时，f′（x）＞0；２＜x＜—a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0,２），（—a，＋∞）内递增，在（２，—a）内递减．综上所述，当a＝—２时，f（x）在（0，＋∞）内递增；当—２＜a＜0时，f（x）在（0，—a），（２，＋∞）内递增，在（—a,２）内递减；当a＜—２时，f（x）在（0,２），（—a，＋∞）内递增，在（２，—a）内递减．函数单调性的应用►考法１比较大小或解不等式【例３】（１）设函数f′（x）是定义在（0,２π）上的函数f（x）的导函数，f（x）＝f（２π—x），当0＜x＜π时，若f（x）sin x—f′（x）cos x＜0，a＝错误!f错误!，b＝0，c＝—错误!f错误!，则（）Ａ．a＜b＜cＢ．b＜c＜aＣ．c＜b＜aＤ．c＜a＜b（２）（２0１9·山师大附中模拟）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，f（１）＝e，任意x∈R,２f （x）—f′（x）＞0，则不等式f（x）＜e２x—１的解集为（）Ａ．（—∞，１）Ｂ．（１，＋∞）Ｃ．（—∞，e）Ｄ．（e，＋∞）（１）A（２）B[（１）由f（x）＝f（２π—x），得函数f（x）的图像关于直线x＝π对称，令g（x）＝f（x）cos x，则g′（x）＝f′（x）cos x—f（x）sin x＞0，所以当0＜x＜π时，g（x）在（0，π）内递增，所以g错误!＜g错误!＜g错误!＝g错误!，即a＜b＜c，故选Ａ．（２）设F（x）＝错误!，则F′（x）＝错误!′＝错误!.因为２f（x）—f′（x）＞0，所以F′（x）＝错误!＜0，即F（x）是减函数，f（x）＜e２x—１等价于错误!＜１，即F（x）＜１．又因为f（１）＝e，所以F（１）＝错误!＝１，则不等式f（x）＜e２x—１的解集是（１，＋∞），故选Ｂ．]►考法２求参数的取值范围【例４】已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝错误!ax２＋２x（a≠0）．（１）若函数h（x）＝f（x）—g（x）存在递减区间，求a的取值范围；（２）若函数h（x）＝f（x）—g（x）在[１,４]上递减，求a的取值范围．[解] （１）h（x）＝ln x—错误!ax２—２x，x∈（0，＋∞），所以h′（x）＝错误!—ax—２，由于h（x）在（0，＋∞）上存在递减区间，所以当x∈（0，＋∞）时，错误!—ax—２＜0有解，即a＞错误!—错误!有解．设G （x ）＝错误!—错误!，所以只要a ＞G （x ）min 即可．而G （x ）＝错误!２—１，所以G （x ）min ＝—１．所以a ＞—１，即a 的取值范围为（—１，＋∞）．（２）由h （x ）在[１,４]上递减得，当x ∈[１,４]时，h ′（x ）＝错误!—ax —２≤0恒成立，即a ≥错误!—错误!恒成立．所以a ≥G （x ）m ax ，而G （x ）＝错误!２—１，因为x ∈[１,４]，所以错误!∈错误!，所以G （x ）m ax ＝—错误!（此时x ＝４），所以a ≥—错误!，即a 的取值范围是错误!.[母题探究] （１）本例（２）中，若函数h （x ）＝f （x ）—g （x ）在[１,４]上递增，求a 的取值范围．（２）本例（２）中，若h （x ）在[１,４]上存在递减区间，求a 的取值范围．[解] （１）由h （x ）在[１,４]上递增得，当x ∈[１,４]时，h ′（x ）≥0恒成立，∴当x ∈[１,４]时，a ≤错误!—错误!恒成立，又当x ∈[１,４]时，错误!min ＝—１（此时x ＝１），∴a ≤—１，即a 的取值范围是（—∞，—１]．（２）h （x ）在[１,４]上存在递减区间，则h ′（x ）＜0在[１,４]上有解，∴当x ∈[１,４]时，a ＞错误!—错误!有解，又当x ∈[１,４]时，错误!min ＝—１，∴a ＞—１，即a 的取值范围是（—１，＋∞）． [规律方法] １．已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′x ≥0或f ′x ≤0，x ∈a ，b 恒成立，解出参数的取值范围一般可用不等式恒成立的理论求解，应注意参数的取值是f ′x 不恒等于0的参数的范围.２．若函数y＝f x在区间a，b上不单调，则转化为f′x＝0在a，b上有解.３．利用导数比较大小或解不等式的常用技巧,利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式.常见构造的辅助函数形式有：y＝f′（x），当x＞0时，xf′（x）—f（x）＜0，若a＝错误!，b＝错误!，c＝错误!，则a，b，c的大小关系正确的是（）Ａ．a＜b＜cＢ．b＜c＜aＣ．a＜c＜bＤ．c＜a＜b（２）（２0１9·兰州模拟）已知函数f（x）＝错误!x２—２a ln x＋（a—２）x.１当a＝—１时，求函数f（x）的单调区间；２是否存在实数a，使函数g（x）＝f（x）—ax在（0，＋∞）上递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．（１）D[设g（x）＝错误!，则g′（x）＝错误!，∵当x＞0时，xf′（x）—f（x）＜0，∴g′（x）＜0．∴g（x）在（0，＋∞）上是减函数．由f（x）为奇函数，知g（x）为偶函数，则g（—３）＝g（３），又a＝g（e），b＝g（ln ２），c＝g（—３）＝g（３），∴g（３）＜g（e）＜g（ln ２），故c＜a＜Ｂ．]（２）[解] １当a＝—１时，f（x）＝错误!x２＋２ln x—３x，则f′（x）＝x＋错误!—３＝错误!＝错误!.当0＜x＜１或x＞２时，f′（x）＞0，f（x）递增；当１＜x＜２时，f′（x）＜0，f（x）递减．∴f（x）的单调增区间为（0,１）与（２，＋∞），减区间为（１,２）．２假设存在实数a，使g（x）＝f（x）—ax在（0，＋∞）上是增函数，∴g′（x）＝f′（x）—a＝x—错误!—２≥0恒成立．即错误!≥0在x∈（0，＋∞）上恒成立．∴x２—２x—２a≥0当x＞0时恒成立，∴a≤错误!（x２—２x）＝错误!（x—１）２—错误!恒成立．又φ（x）＝错误!（x—１）２—错误!，x∈（0，＋∞）的最小值为—错误!.∴当a≤—错误!时，g′（x）≥0恒成立．又当a＝—错误!，g′（x）＝错误!当且仅当x＝１时，g′（x）＝0．故当a∈错误!时，g（x）＝f（x）—ax在（0，＋∞）上递增．１．（２0１6·全国卷Ⅰ）若函数f（x）＝x—错误!sin ２x＋a sin x在（—∞，＋∞）递增，则a的取值范围是（）Ａ．[—１,１] Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[取a＝—１，则f（x）＝x—错误!sin ２x—sin x，f′（x）＝１—错误!cos ２x—cos x，但f′（0）＝１—错误!—１＝—错误!＜0，不具备在（—∞，＋∞）递增的条件，故排除A，B，Ｄ．故选Ｃ．]２．（２0１５·全国卷Ⅱ）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（—１）＝0，当x>0时，xf′（x）—f（x）<0，则使得f（x）>0成立的x的取值范围是（）Ａ．（—∞，—１）∪（0,１）Ｂ．（—１,0）∪（１，＋∞）Ｃ．（—∞，—１）∪（—１,0）Ｄ．（0,１）∪（１，＋∞）A[设y＝g（x）＝错误!（x≠0），则g′（x）＝错误!，当x>0时，xf′（x）—f（x）<0，∴g′（x）<0，∴g（x）在（0，＋∞）上为减函数，且g（１）＝f（１）＝—f（—１）＝0．∵f（x）为奇函数，∴g（x）为偶函数，∴g（x）的图像的示意图如图所示．当x>0，g（x）>0时，f（x）>0,0<x<１，当x<0，g（x）<0时，f（x）>0，x<—１，∴使得f（x）>0成立的x的取值范围是（—∞，—１）∪（0,１），故选Ａ．]。

导数与函数的单调性-2021届高三数学一轮高考总复习课件

2.函数的极值 (1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时， ①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0) 是极大值； ②如果在x0附近的左侧___f_′__(x_)_＜__0__，右侧__f_′__(_x_)＞__0__，那么f(x0)是极小值.
(2)求可导函数极值的步骤： ①求 f′(x)； ②求方程 f′(x)＝0 的根； ③检查 f′(x)在方程 f′(x)＝0 的根的左、右值的符号.如果左正右负，那么 f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么 f(x)在这个根处取得__极__小__值____；如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点.
图 2-16-2
A
B
C
D
解析：原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点的横坐标大于 0.故选 D.
答案：D
(2)函数f(x)＝(3－x2)ex的单调递增区间是( ) A.(－∞，0) B.(0，＋∞) C.(－∞，3)和(1，＋∞) D.(－3,1) 解析：f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝(3－2x－x2)ex，∴f′(x)>0，即x2＋2x－3<0.解得－3<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(－3,1).故选 D. 答案：D
小值的可能值为端点值，故只需保证gg－ 1＝113＝＋13－ a≥a≥ 0，0，
解
得－13≤a≤13.故选 C.
答案：C
思想与方法 ⊙运用分类讨论思想讨论函数的单调性例题：(2016 年新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围. 解：(1) f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). ①设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

第16讲导数在函数中的应用

D.C.B.A.第16讲导数在函数中的应用【考纲解读】1.掌握利用导数研究函数的单调性，求函数的极值和最值的方法。

2.掌握导数应用的题型，总结归纳解题方法【重点与难点】重点：导数应用求解函数的单调区间，极值最值和恒成立问题.分析相关题型进行分类总结.难点：导数应用求解函数的单调区间，极值最值和恒成立问题. 熟悉掌握导数应用各类题型的出题方式，举一反三.掌握典型例题的典型方法.第一，二课时【考点盘清】见《导航》P47【课前演练】见《导航》P47【典例分析】题型一：原函数与导函数的图象【例1】函数()f x的导函数图象如下图所示，则函数()f x在图示区间上（）A．无极大值点，有四个极小值点B．有三个极大值点，两个极小值点C．有两个极大值点，两个极小值点D．有四个极大值点，无极小值点【例2】函数()f x的定义域为开区间()a b，，导函数()f x'在()a b，内的图象如图所示，则函数()f x在开区间()a b，内有极小值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个例1图例2图例3图【例3】若函数2()f x x bx c=++的图象的顶点在第四象限，则函数()f x'的图象可能为（）【例4】汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图象可能是（）D.C.B.A.【例5】设()f x'是函数()f x的导函数，()y f x'=的图象如下图所示，则()y f x=的图象可能是（）D.C.B.A.【例6】已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如右图所示，那么函数()f x 的图象最有可能的是（）【例7】已知函数()y xf x '=的图象如右图所示（其中()f x '是函数()f x 的导函数），下面四个图象中()y f x =的图象大致是（）【例8】设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）【例9】如图所示是函数()y f x =的导函数()y f x '=图象，则下列哪一个判断可能是正确的（）A ．在区间(20)-，内()y f x =为增函数 B ．在区间(03)，内()y f x =为减函数 C ．在区间(4)+∞，内()y f x =为增函数 D ．当2x =时()y f x =有极小值【例10】已知R 上可导函数)(x f 的图象如图所示，则不等式0)()32(2>'--x f x x 的解集为（）A ．(,2)(1,)-∞-+∞B ．(,2)(1,2)-∞-C ．(,1)(1,0)(2,)-∞--+∞D ．(,1)(1,1)(3,)-∞--+∞题型二：函数的单调性【例11】函数214y x x=+的单调增区间为__________;函数()l n (0)f x x x x =>的单调递增区间是 ;函数2()(1)f x x x =-的单调递减区间是________．函数32()31f x x x =-+是减函数的区间为________________【例12】下列函数中，在区间(1)+∞，上为增函数的是（） A ．21x y =-+ B ．1xy x =- C ．2(1)y x =-- D ．12log (1)y x =- 【例13】三次函数3()1y f x ax ==-在()-∞+∞，内是减函数，则（） A ．1a = B ．2a = C ．0a ≤ D ．0a <【例14】函数cos sin y x x x =-在下面哪个区间内是增函数（）A ．π3π22⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ．(π2π)，C ．3π5π22⎛⎫⎪⎝⎭， D ．(2π3π)，【例15】若y ax =与by x=-在()0+∞，上都是减函数，对函数3y ax bx =+的单调性描述正确的是（）A ．在()-∞+∞，上是增函数B ．在()0+∞，上是增函数C ．在()-∞+∞，上是减函数D ．在()0-∞，上是增函数，在()0+∞，上是减函数【例16】若21()ln(2)2f x x b x =-++在(1)-+∞，上是减函数，则b 的取值范围是_______ 【例17】已知函数321()53f x x x ax =++-，若()f x 的单调递减区间是(31)-，，则a 的值是．【例18】已知函数321()53f x x x ax =++-，若()f x 在[1)+∞，上是单调增函数，则a 的取值范围是．【例19】已知321(2)33y x bx b x =++++是R 上的单调增函数，则b 的取值范围是（）A ．1b <-或2b >B ．1b -≤或2b ≥C ．12b -<<D ．12b -≤≤【例20】若函数32()1f x x ax =-+在(02)，内单调递减，则实数a 的取值范围是（） A ．3a ≥ B ．3a = C ．3a ≤ D ．03a <<【例21】若函数32()1f x x ax =-+的单调递区间为(02)，，则实数a 的取值范围是（） A ．3a ≥ B ．3a = C ．3a ≤ D ．03a <<【例22】已知函数232()43f x x ax x =+-在区间[]11-，上是增函数，则实数a 的取值范围为______．【例23】若函数232()43f x x ax x =+-在区间(2)-∞-，与(2)+∞，上都是减函数，则实数a 的取值范围为______．【例24】对于R 上可导的函数()f x ，若满足(1)()0x f x '-≥，则必有（）A ．(0)(2)2(1)f f f +<B ．(0)(2)2(1)f f f +≤C ．(0)(2)2(1)f f f +≥D ．(0)(2)2(1)f f f +>【例25】已知函数()f x 是偶函数，在()0,+∞上导数()f x '0>恒成立，则下列不等式成立的是（）Ａ．()()()312f f f -<-< B ．()()()123f f f -<<-C ．()()()231f f f <-<-D ．()()()213f f f <-<-【例26】 )(x f 是定义在(0,)+∞上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x '+≤，对任意正数,a b ，若a b <，则必有（）A ．()()af a bf b ≤B ．()()bf b af a ≤C ．()()af b bf a ≤D ．()()bf a af b ≤ 【例27】设()f x 、()g x 是R 上的可导函数，()f x '、()g x '分别是()f x 、()g x 的导函数，且()()()()0f x g x f x g x''+<，则当a x b <<时，有（） A ．()()()()f x g x f b g b > B ．()()()()f x g a f a g x > C ．()()()()f x g b f b g x > D ．()()()()f x g x f a g a >【例28】已知函数x ax x x f ln 1)(2-++-=．⑴当3a =时，求函数()f x 的单调递增区间； ⑵若)(x f 在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，求实数a 的取值范围．【例29】已知函数()ln xf x x=．⑴判断函数()f x 的单调性；⑵若()1y xf x x=+的图像总在直线y a =的上方，求实数a 的取值范围； ⑶若函数()f x 与()1263m g x x x =-+的图像有公共点，且在公共点处的切线相同，求实数m 的值．【例30】已知函数2()ln(1)2k f x x x x =+-+（0k ≥）． ⑴当2k =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；⑵求()f x 的单调区间．【例31】设函数32()91(0)f x x ax x a =+--<，若曲线()y f x =的斜率最小的切线与直线126x y +=平行，求：⑴a 的值；⑵函数()f x 的单调区间．【例32】设函数()()e 0kx f x x k =≠．⑴ 求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程； ⑵ 求函数()f x 的单调区间；⑶ 若函数()f x 在区间()11-，内单调递增，求k 的取值范围．。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用函数的单调性与导数课件

7 撬点·基础点重难点
撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
2．函数 y＝(3－x2)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)
解析 y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)，
6 撬点·基础点重难点
撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1．思维辨析 (1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)>0.( × ) (2)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f′(x)＝0，则 f(x)在此区间内没有单调性．( √ ) (3)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是 f(x)的单调递增区间是相同的说法．( × )
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
考点一函数的单调性与导数
4 撬点·基础点重难点
撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
撬点·基础点重难点
5 撬点·基础点重难点
撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1 函数的单调性与导数的关系
命题法判断函数的单调性典例已知函数 f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R. (1)已知函数 f(x)在点(1，f(1))处与 x 轴相切，求实数 m 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间； (3)在(1)的结论下，对于任意的 0<a<b，证明：fbb－－afa<1a－1. [解] 由 f(x)＝ln x－mx＋m，得 f′(x)＝1x－m(x>0)． (1)依题意得 f′(1)＝1－m＝0，即 m＝1.

2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.导数的应用课时1导数与函数的单调性文

2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用课时1导数与函数的单调性文题型一不含参数的函数的单调性例1 求函数f (x )＝ln xx的单调区间．解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．思维升华确定函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－π，－π2和⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ．令f ′(x )＝x cos x ≥0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－π，－π2和⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－π，－π2和⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.题型二含参数的函数的单调性例2 已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋a ＋1x－1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当－12≤a ≤0时，讨论f (x )的单调性．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x ＋2x－1，此时f ′(x )＝1x ＋1－2x 2，f ′(2)＝12＋1－24＝1.又因为f (2)＝ln 2＋2＋22－1＝ln 2＋2，所以切线方程为y －(ln 2＋2)＝x －2，整理得x －y ＋ln 2＝0.(2)f ′(x )＝1x ＋a －1＋a x 2＝ax 2＋x －a －1x2＝ax ＋a ＋1x －1x 2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2. 此时，在(0,1)上，f ′(x )<0，f (x )单调递减；在(1，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当－12≤a <0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a ＋1a x －1x 2.当－1＋a a ＝1，即a ＝－12时，f ′(x )＝－x －122x 2≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当－12<a <0时，－1＋a a >1，此时在(0,1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋a a ，＋∞上，f ′(x )<0，f (x )单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1＋a a 上，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ＝0时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当－12<a <0时，f (x )在(0,1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋a a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1＋a a 上单调递增；当a ＝－12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点． (3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈(0, 1－a2a)时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0, 1－a2a)上单调递减，在( 1－a2a，＋∞)上单调递增．题型三利用函数单调性求参数例3 设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x)max ＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．引申探究在本例3(3)中，1．若g (x )在(－2，－1)内为减函数，如何求解？解方法一 ∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数， ∴g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′－2≤0，g ′－1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解之得a ≤－3，即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．方法二 ∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，由题意可得g ′(x )≤0在(－2，－1)上恒成立，即a ≤x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x，x ∈(－2，－1)的值域为(－3，－2 2 ]， ∴a ≤－3，∴实数a 的取值范围是(－∞，－3]． 2．若g (x )的单调减区间为(－2，－1)，求a 的值．解 ∵g (x )的单调减区间为(－2，－1)， ∴x 1＝－2，x 2＝－1是g ′(x )＝0的两个根， ∴(－2)＋(－1)＝a ，即a ＝－3.3．若g (x )在(－2，－1)上不单调，求a 的取值范围．解由引申探究1知g (x )在(－2，－1)上为减函数，a 的范围是(－∞，－3]，若g (x )在(－2，－1)上为增函数，可知a ≥x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x的值域为(－3，－2 2 ]，∴a 的范围是[－22，＋∞)，∴函数g (x )在(－2，－1)上单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－22，＋∞)，故g (x )在(－2，－1)上不单调，实数a 的取值范围是(－3，－22)．思维升华已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．已知函数f (x )＝e xln x －a e x(a ∈R )．(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1e x ＋1垂直，求a 的值；(2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝(1x－a ＋ln x )e x，f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e＝－1，得a ＝2.(2)由(1)知f ′(x )＝(1x－a ＋ln x )e x，若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0，在x >0时恒成立．即1x－a ＋ln x ≤0，在x >0时恒成立．所以a ≥1x＋ln x ，在x >0时恒成立．令g (x )＝1x＋ln x (x >0)，则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2(x >0)，由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在[1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (x )＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)．故f (x )不可能是单调递减函数．若f (x )为单调递增函数，则f ′(x )≥0，在x >0时恒成立，即1x－a ＋ln x ≥0，在x >0时恒成立，所以a ≤1x＋ln x ，在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1.故实数a 的取值范围是(－∞，1]．5．分类讨论思想研究函数的单调性典例 (14分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．思维点拨依据g (x )的切线条件可得g ′(1)＝0得a ，b 关系，代g (x )后消去b ，对a 进行分类讨论确定g ′(x )的符号．规范解答解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .[2分]由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得：g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1.[4分](2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1，[6分]当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，[7分]若12a <1，即a >12，由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；[9分]若12a >1，即0<a <12，由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，[11分]若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0.[12分] 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，12a )上单调递减，在(12a ，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在(0，12a)上单调递增，在(12a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[14分] 温馨提醒 (1)含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法． (2)本题求解先分a ＝0或a >0两种情况，再比较12a和1的大小．[方法与技巧]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域． 2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．[失误与防范]1．f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．3．讨论函数单调性要在定义域内进行，不要忽略函数的间断点．A 组专项基础训练 (时间：40分钟)1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是____________．答案 (2，＋∞)解析函数f (x )＝(x －3)e x 的导数为f ′(x )＝[(x －3)e x ]′＝e x ＋(x －3)e x ＝(x －2)e x. 由函数导数与函数单调性的关系，得当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增，此时由不等式f ′(x )＝(x －2)e x>0，解得x >2.2．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围为__________．答案 (－∞，52]解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x恒成立．令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52.3．设函数f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，则实数t 的取值范围是______________________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π－π6，k ∈Z解析由题意得f ′(x )＝1－2cos x ≤0，即cos x ≥12，解得2k π－π3≤x ≤2k π＋π3 (k ∈Z )，∵f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3，∴2k π－π3≤t ≤2k π－π6(k ∈Z )．4．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则的大小关系为________________．答案解析设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由题意g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即f x 1<f x 2，所以．5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．答案 c <a <b解析依题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f (12)，即有f (3)<f (0)<f (12)，c <a <b .6．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．答案 (0,1)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．7．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是________．答案 [34，＋∞)解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1,1]时恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g 1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.8．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为____________．答案 (－∞，－2)解析 ∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由题图可知f ′(－2)＝f ′(3)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32，c ＝－18.令g (x )＝x 2＋23bx ＋c 3，则g (x )＝x 2－x －6，g ′(x )＝2x －1. 由g (x )＝x 2－x －6>0，解得x <－2或x >3. 当x <－2时，g ′(x )<0，∴g (x )＝x 2－x －6在(－∞，－2)上为减函数．∴函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为(－∞，－2)．9．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 10．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ， ∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1， ∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )＝m x －1x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数． ∴φ′(x )＝－x 2＋2m －2x －1x x ＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m －2≤x ＋1x，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2]．B 组专项能力提升(时间：20分钟)11．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是__________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ， ∴f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.12． f (x )，g (x ) (g (x )≠0)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，且f (－3)＝0，则f x g x<0的解集为____________．答案 (－3,0)∪(3，＋∞)解析 f x g x是奇函数， ∵当x <0时，f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x g 2x <0，则f x g x 在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上也为减函数．又f (－3)＝0，则有f －3g －3＝0＝f 3g 3，可知f x g x<0的解集为(－3，0)∪(3，＋∞)．13．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在[23，＋∞)上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 (－19，＋∞) 解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a . 当x ∈[23，＋∞)时， f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19. 所以a 的取值范围是(－19，＋∞)． 14．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x＝－x －1x －3x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.15．函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(1,2)上是增函数，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3＝0的判别式Δ＝36(1－a )．①若a ≥1，则f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0，当且仅当a ＝1，x ＝－1，故此时f (x )在R 上是增函数．②由于a ≠0，故当a <1时，f ′(x )＝0有两个根，x 1＝－1＋1－aa ，x 2＝－1－1－a a. 若0<a <1，则当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )分别在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)上是增函数；当x ∈(x 2，x 1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(x 2，x 1)上是减函数．若a <0，则当x ∈(－∞，x 1)或(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )分别在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是减函数；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )>0，故f (x )在(x 1，x 2)上是增函数．(2)当a >0，x >0时，f ′(x )>0，所以当a >0时，f (x )在区间(1,2)上是增函数．当a <0时，f (x )在区间(1,2)上是增函数，当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得－54≤a <0. 综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，0∪(0，＋∞)．。

2021高考数学一轮复习第三章导数及其应用强化训练导数在函数中的应用理新人教A版

强化训练导数在函数中的应用1.函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A.(0，＋∞) B.(－∞，0) C.(－∞，1) D.(1，＋∞)答案 D解析由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2.函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A.增函数 B.减函数C.在(0，π)上增，在(π，2π)上减D.在(0，π)上减，在(π，2π)上增答案 A解析 ∵f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上是增函数.3.f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( )A.f (a )<e af (0) B.f (a )>e af (0) C.f (a )<f 0eaD.f (a )>f 0ea答案 B 解析令g (x )＝f xex，∴g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex>0.∴g (x )在R 上为增函数，又∵a >0， ∴g (a )>g (0)，即f aea>f 0e，即f (a )>e af (0).4.函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C.0D.12e 答案 A解析易知y ′＝1－xex ，x ∈[0,2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y＝x e x 在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y ＝x e x 在[0,2]上的最大值是1e，故选A. 5.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则实数a 的取值范围为( ) A.(－2,2) B.[－2,2] C.[2，＋∞) D.(－∞，－2]答案 A解析考虑数形结合，y ＝x 3－3x 的导数y ′＝3x 2－3＝3(x －1)·(x ＋1)，令y ′>0可解得x <－1或x >1，故y ＝x 3－3x 在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，函数的极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，大致图象如图所示.而y ＝a 为一条水平直线，通过图象可得，y ＝a 介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点.可得a ∈(－2,2).6.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B.(0，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析构造函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0，故函数g (x )在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e 0＝12，则不等式f (x )－12e x <0可化为f x e x<12，即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).7.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞解析 f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0，f ′3≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－a 2＋1≤0，9－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞.8.若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(a >0)有两个极值点，则实数a 的取值范围为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1x－a ＝0，得f ′(x )有极大值点x ＝1a，由于x →0时f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞，因此f (x )要有两个极值点，只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e . 9.若函数 f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是________. 答案 [－3,0)解析由题意，得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23，得x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0).10.已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是________________. 答案 (－∞，2ln2－2]解析由原函数有零点，可将问题转化为方程e x－2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x有解.令函数g (x )＝2x －e x，则g ′(x )＝2－e x，令g ′(x )＝0，得x ＝ln2，所以g (x )在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g (x )的最大值为g (ln2)＝2ln2－2，因此，a 的取值范围就是函数g (x )的值域，所以a ∈(－∞，2ln2－2].11.已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围. 解方法一 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 方法二 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .由题意得，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立或f ′(x )≤0恒成立，即a ≤1x 恒成立或a ≥1x恒成立.∵x ∈(2，＋∞)，∴0<1x <12，∴a ≤0或a ≥12，∴实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.12.(2020·东北四校联考)已知f (x )＝1x ＋e xe －3，F (x )＝ln x ＋exe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数.解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x2，令g (x )＝x 2e x－e ，x >0，则g ′(x )＝e x(x 2＋2x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<g (1)＝0，则f ′(x )<0，当x >1时，g (x )>0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋exe －3，且f (1)＝－1<0，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )图象的草图，如图所示.故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个.13.已知函数f (x )＝sin x －13x ，x ∈[0，π]，cos x 0＝13，x 0∈[0，π].①f (x )的最大值为f (x 0)； ②f (x )的最小值为f (x 0)； ③f (x )在[0，x 0]上是减函数； ④f (x )在[x 0，π]上是减函数.那么上面命题中真命题的序号是________. 答案 ①④解析 f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0，因为x 0∈[0，π]，当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0，所以f (x )的最大值为f (x 0)，f (x )在[x 0，π]上是减函数.14.(2019·泰安模拟)已知函数f (x )＝12e 2x ＋(a －e)e x－a e x ＋b (其中e 为自然对数的底数)在x ＝1处取得极大值，则实数a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－e)解析由题意可知f ′(x )＝e 2x＋(a －e)e x －a e ＝(e x ＋a )·(e x－e)，当a ≥0时，若x >1，则f ′(x )>0，若x <1，则f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意.当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln(－a )，为使f (x )在x ＝1处取极大值，则ln(－a )>1，即a <－e.15.(2019·贵阳、安顺模拟)不等式kx ≥sin x2＋cos x (x >0)恒成立，则k 的最小值为( )A.13B.23C.14D.1 答案 A解析令h (x )＝kx －sin x2＋cos x (x >0)，则h ′(x )＝k －1＋2cos x2＋cos x2，令t ＝cos x ，则t ∈[－1,1]，令g (t )＝1＋2t 2＋t 2，则g ′(t )＝－2t －12＋t3≥0，∴g (t )在[－1,1]上单调递增， ∴g (t )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13，∴①当k ≥13时，h ′(x )≥0，此时h (x )单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，符合条件；②当k ≤0时，因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k ·π2－12<0，不符合条件； ③当0<k <13时，对于0<x <π2，h (x )<kx －sin x3，令F (x )＝kx －sin x 3，则F ′(x )＝k －cos x3，存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0， ∴F (x )在(0，x 0)上单调递减， ∴F (x 0)<F (0)＝0，即当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，不符合条件，综上，k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞， ∴k 的最小值为13.16.(2019·辽宁沈阳三校联考)已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值. 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞). 由f (x )≥0，得ax －ln xx≥0，所以ax ≥ln x x ，又x >0，所以a ≥ln x x2.令g (x )＝ln x x 2，则g ′(x )＝1－2ln x x3. 令g ′(x )>0，得0<x <e ，令g ′(x )<0，得x > e. 所以当0<x <e 时，g (x )单调递增，当x >e 时，g (x )单调递减.所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝12e ，所以a ≥12e ，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞. (2)设y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切于点(t ，a )，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f t＝a ，f ′t ＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln xx2，所以⎩⎪⎨⎪⎧at －ln tt＝a ，a －1－ln t t 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0.(*)令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1t－2ln t －1，易知h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0，所以当0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增，当t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，即(*)式成立，所以a ＝1－ln 112＝1.。

导数与函数的单调性高三数学一轮复习课件

答案： g'(x)=3x^26x+2，g'(x)在 [1,2]上单调递减，所以g(x)在[1,2]
上单调递减
答案：g'(x)=3x^2-6x+2，g'(x)在[1,2]上单调递减，所以g(x)在[1,2]上单调递减
题目：求函数 h(x)=x^33x^2+2x+1在区间[-2,2]上的极值
答案： h'(x)=3x^26x+2，h'(x)^26x+2，g'(x)在区间[1,2]上单调递减，所以g(x) 在区间[1,2]上单调递减
综合练习题三及答案
题目：求函数f(x)=x^33x^2+2x+1在区间[-1,1]上的单调性
题目：求函数g(x)=x^33x^2+2x+1在区间[-1,1]上的极值
添加标题
上单调递增
综合练习题二及答案
题目：求函数 f(x)=x^33x^2+2x+1在区间[-1,1]上的单调性
答案： f'(x)=3x^26x+2，f'(x)在区间[-1,1]上单调递增，所以f(x) 在区间[-1,1]上单调递增
题目：求函数 g(x)=x^33x^2+2x+1在区间[1,2]上的单调性
等
导数的应用举例
判断函数的单调性：通过导数判断函数的增减性
求函数的极值：通过导数求解函数的最大值和最小值
求函数的切线：通过导数求解函数的切线方程
求函数的凹凸性：通过导数判断函数的凹凸性
03
函数的单调性
单调性的定义与判断方法
判断方法：利用导数判断，如果导数大于0，则函数在该区间内单调递增；如果导数小于0，则函数在该区间内单调递减

高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.1导数与函数的单调性课件文北师大版

•
．
• 2．函数的极值与导数
• (1)极值点与极值
• 单值调点设，性函相f(数x异反0)f为号(或x)函在导数点数的x值0极及值附．近有，定则义x，0为且函在数xf0(两x)侧的的极 • (2)极大值点与极小值点
• ① 若先增后减 ( 导数值先正后负 ) ，则 x0 为
点；
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝
1， 2a
当 x∈0， 12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x∈ 12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)证明令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
第1课时导数与函数的单调性
考点一利用导数研究函数的单调性【例 1】 (2016·四川卷节选)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－eex，
其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x>1 时，g(x)>0.
(1)解由题意得 f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1(x>0)．
• A．1 B．2 C．3 D．4
• 解析导函数f′(x)的图像与x轴的交点中，左侧图像在x轴下方，右侧图像在x轴上方的只有一个，所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．
• 答案 A
3．(2017·郑州调研)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为
(
)
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
• 【训练1】设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x) 的单调性．

高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用2利用导数研究函数的单调性课件新人教版

π
π
-π,, 0,
____________.
2
2
由题意可知 f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令 f'(x)=xcos x>0,解得其在区间(-π,π)内的解集为
即 f(x)的单调递增区间为
π
-π,- 2
,
π
0, 2
.
π
-π,2
∪
π
0,
2
,
解题心得利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法
等,都需要考虑函数的单调性,所以也是高考必考知识.应用时,要注意函数
的定义域优先,准确求导变形,转化为导函数在某区间上的符号问题.常用
到分类讨论和数形结合的思想,对数学运算核心素养有一定的要求.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
第一环节
必备知识落实
【知识筛查】
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.
解 (1)若a=1,则f(x)=3x-2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
1
-42 +3+1
故 f'(x)= -4x+3=

=
-(4+1)(-1)
(x>0).

当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增;

1
2
7
7
即 g(x)在区间[1,4]上单调递增,g(x)max=g(4)= − =- ,即 a≥- .

高三数学一轮复习导数及其应用第16课时导数在函数中应用

第16课时导数在函数中的应用一、考纲要求内容要求A B C 利用导数研究函数的单调性与极值、最值√二、知识点归纳三、知识梳理 1、函数21y=4x x+的单调减区间为________． 2、函数32()31f x x x =-+在x= 处获得极小值。

3、定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)的偶函数f(x)在区间(0，+∞)上的图象如下图，那么f(x)·f ′(x)>0的解集是____________.4、函数y=x －2sinx 在区间22,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值为________． 5、函数f(x)的定义域为R ，f(-1)=2，对任意x ∈R ，f ′(x)＞2，那么f(x)＞2x+4的解集为_______.6、函数21()ln 2f x x b x =-+在区间(1，＋∞)上是减函数，那么b 的取值范围是________．四、典例精讲例1、设a 为实数，函数3221()(1).3f x x ax a x =-+- (1) 当a=1时，求函数f(x)的极值和单调区间；(2) 假设方程f(x)=0有三个不等实数根，求a 的取值范围．例2、函数f(x)=lnx －ax . (1) 求函数f(x)的单调增区间；(2) 假设函数f(x)在[1，e]上的最小值为32，务实数a 的值；(3) 假设函数f(x)<x 2在(1，＋∞)上恒成立，务实数a 的取值范围．变式2：〔高考文科·Ｔ9〕假设1201x x <<<，那么①2121ln ln x xe e x x ->-②2121ln ln x xe e x x -<-③1221xxx e x e >④1221xxx e x e < 中正确命题的序号为 .五、反应练习1、函数y=3x 2－2lnx 的单调减区间为________．2、函数f(x)=mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y=0平行．假设f(x)在区间[t ，t ＋1]上单调递减，那么实数t 的取值范围是________．3、函数322()f x x ax bx a =+++在x=1处取极值10，那么f(2)=_________.4、设直线x=t 与函数f(x)=x 2，g(x)=lnx 的图象分别交于点M ，N ，那么当|MN|到达最小时t 的值为________．5.函数f(x)=x 1e 2(sinx+cosx)在区间[0，2π]上的值域为_______.6.函数f(x)=x 3-32ax 2+b(a ，b 为实数，且a>1)在区间[-1,1]上的最大值为1，最小值为-2. (1)求f(x)的解析式；(2)假设函数g(x)=()f x mx -在区间[-2,2]上为减函数，务实数m 的取值范围.六、小结反思励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.1导数与函数的单调性课件文新人教A

(1)确定 a 的值； (2)若 g(x)＝f(x)ex，讨论 g(x)的单调性．
[解] (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝3ax2＋2x，因为 f(x)在 x＝－43 处取得极值，所以 f′－43＝0，
即 3a·196＋2·－43＝163a－83＝0，解得 a＝12.
当－1＋a a＝1，即 a＝－12时，f′(x)＝－x－2x12 2≤0 在(0，＋ ∞)上恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－12<a<0 时，－1＋a a>1，此时在(0,1)和－1＋a a，＋∞上， f′(x)<0，f(x)单调递减；在1，－1＋a a上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
导数符号与函数单调性．已知函数 f(x)＝x3－ax2＋ax 是 R 上的增函数，则实数 a 的取值范围为___[_0_,3_]____．
解析：依题意，f′(x)＝3x2－2ax＋a≥0 恒成立，所以 Δ＝4a2 －12a≤0，解得 0≤a≤3.
[典题 1] 已知函数 f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在 x＝－43处取得极值．
(1)[教材习题改编]函数 f(x)＝ex－2x 的单调递增区间是 _(_l_n_2_，__＋__∞__)_．
(2)[教材习题改编]求 f(x)＝x＋cos x，x∈R 的单调区间．
解：f′(x)＝1－sin x≥0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，即(－∞，＋∞)是 f(x)的单调递增区间.
(2)f′(x)＝1x＋a－1＋x2 a＝ax2＋xx－2 a－1 ＝ax＋a＋x21x－1. 当 a＝0 时，f′(x)＝x－x21. 此时，在(0,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．当－12≤a<0 时，f′(x)＝ax＋a＋ax21x－1.

高考数学一轮总复习第三单元导数及其应用第16讲导数在函数中的应用——单调性练习理(含解析)

第16讲导数在函数中的应用——单调性1．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是(D)A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)f′(x)＝(x－3)′e x＋(x－3)(e x)′＝(x－2)e x，令f′(x)>0，解得x>2.2．若函数f(x)＝x3－ax在区间[1，＋∞)内单调递增，则a的最大值是(B)A．4 B．3C．2 D．1依题意，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.3．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时(B)A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，由图象的对称性知，当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为(D)(方法1)f′(x)＝－4x3＋2x，则f′(x)>0的解集为(－∞，－22)∪(0，22)，则f(x)在相应区间上单调递增；f′(x)<0的解集为(－22，0)∪(22，＋∞)，则f(x)在相应区间上单调递减．故选D.(方法2)当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项．当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝12时，y＝－116＋14＋2＝2316>2，所以排除C 选项．5．若函数f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值X 围为 (－∞，－1] .由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0在x ∈(1，＋∞)上恒成立．即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b ≤－1即可．6．已知f (x )为R 上的可导函数，y ＝e f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的递增区间是 (－∞，2) ，递减区间是 (2，＋∞) .由图象可知：当x <0时，ef ′(x )>1，f ′(x )>0；当0<x <2时，e f ′(x )>1，f ′(x )>0；当x >2时，ef ′(x )<1，f ′(x )<0.故f (x )在区间(－∞，2)内单调递增，在区间(2，＋∞)内单调递减． 7．(2016·卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间．(1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f 2＝2e ＋2，f ′2＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．8．(2018·天河区三模)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f （x ）ex的递减区间为(D)A ．(0，4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43) D ．(0，1)，(4，＋∞)结合图象，x ∈(0，1)或x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，此时g′(x)＝f′（x ）－f （x ）ex<0.故g (x )在(0，1)，(4，＋∞)内递减． 9．若函数f (x )＝x 2－e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值X 围是 (－∞，2ln 2－2) .因为f (x )＝x 2－e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －e x－a ，因为函数f (x )＝x 2－e x－ax 在R 上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝2x －e x－a >0有解，即a <2x －e x有解，设g (x )＝2x －e x，则g ′(x )＝2－e x，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，所以a <2ln 2－2.10．(2018·某某月考)已知函数f (x )＝e x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x＋x 2＋x 在x ∈(2，＋∞)上为增函数，某某数m 的取值X 围．(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x－a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上为增函数，当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x－x )－e x＋x 2＋x ，因为g (x )在(2，＋∞)上为增函数，所以g ′(x )＝x e x－m e x＋m ＋1≥0在x ∈(2，＋∞)上恒成立，即m ≤x e x ＋1e x－1在x ∈(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x－1，x ∈(2，＋∞)，h ′(x )＝（e x ）2－x e x－2e x（e x －1）2＝e x（e x－x －2）（e x －1）2. L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x－x －2在(2，＋∞)上为增函数，即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，h ′(x )>0. 即h (x )＝x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上为增函数，所以h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1.所以m ≤2e 2＋1e 2－1.。

名师导学高考数学总复习第三章导数及其应用第16讲导数与函数的单调性练习文含解析新人教A版

名师导学高考数学总复习第三章导数及其应用第16讲导数与函数的单调性练习文含解析新人教A 版第16讲导数与函数的单调性夯实基础【p 39】【学习目标】了解函数的单调性和导数的关系；会利用导数研究函数的单调性．【基础检测】1．函数f (x )在其定义域内可导，y ＝f (x )的图象如图所示，则导函数y ＝f′(x )的图象为( )【解析】观察函数y ＝f (x )图象，从左到右单调性先单调递增，然后单调递减，最后单调递增．对应的导数符号为正，负，正，选项D 的图象正确．故选D.【答案】D2．函数f (x )＝ln x －x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，1)B ．(0，1)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)【解析】∵函数f (x )＝ln x －x ，∴定义域为(0，＋∞)，由f′(x )＝1x －1＝1－x x>0，解得0<x<1， ∴函数f (x )＝ln x －x 的单调递增区间是(0，1)．故选B.【答案】B3．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋ax 是R 上的增函数，则实数a 的取值范围为__________．【解析】易知f ′(x )＝3x 2－2ax ＋a ≥0恒成立，所以Δ＝4a 2－12a ≤0，解得0≤a ≤3.【答案】0≤a ≤34．已知函数f ()x ＝e x ＋x 3，若f ()x 2<f ()3x －2，则实数x 的取值范围是__________．【解析】因为f ′()x ＝e x ＋3x 2>0，所以函数f (x )为增函数，所以不等式f ()x 2<f ()3x －2等价于x 2<3x －2，即x 2－3x ＋2<01<x <2，故x ∈()1，2.【答案】()1，2【知识要点】函数的单调性与导数设函数y ＝f(x)在某区间(a ，b)内可导，f ′(x)在(a ，b)任意子区间内都不恒等于0.若x∈(a，b)，f ′(x)≥0，则f(x)在区间(a ，b)内为__增函数__；若x∈(a，b)，f ′(x)≤0，则f(x)在区间(a ，b)内为__减函数__．典例剖析【p 39】考点1 利用导数判断和证明函数的单调性例1(1)已知函数f (x )＝ln x －x 1＋2x .求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．【解析】由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f (x )＝ln x －x 1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x （1＋2x ）2＝4x 2＋3x ＋1x （1＋2x ）2. ∵x ＞0，∴4x 2＋3x ＋1＞0，x (1＋2x )2＞0. ∴当x ＞0时，f ′(x )＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)已知f (x )＝e x (ax ＋1)(e 为自然对数的底数，a ∈R 为常数)，讨论函数f (x )的单调性．【解析】∵ f ()x ＝e x ()ax ＋1，∴ f ′()x ＝e x ()ax ＋a ＋1.∴当a ＝0时， f ′()x >0，所以f ()x 在R 上单调递增．当a ≠0时， f ′()x ＝a e x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a . 当a >0时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a ＋1a 上，f ′()x <0，所以f ()x 单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，＋∞上，f ′()x >0，所以f ()x 单调递增．当a <0时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a ＋1a 上，f ′()x >0，所以f ()x 单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，＋∞上，f ′()x <0，所以f ()x 单调递减. 【小结】导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的3步骤：(1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确定f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)三结论．作出结论：f ′(x )≥0时为增函数；f ′(x )≤0时为减函数．考点2 利用导数求函数的单调区间例2已知函数f (x )＝ax 2e x (a≠0)，求函数f (x )的单调区间．【解析】∵f ()x ＝ax 2e x ()a≠0， ∴f ′()x ＝2axe x －ax 2e x （e x ）2＝ax ()2－x e x ， ①当a>0时，在x∈()－∞，0∪()2，＋∞时， f ′()x <0，在x∈()0，2时， f ′()x >0，故f ()x 在()－∞，0，()2，＋∞上是减函数，在()0，2上是增函数；②当a<0时，在x∈()－∞，0∪()2，＋∞时， f ′()x >0，在x∈()0，2时， f ′()x <0，故f ()x 在()－∞，0，()2，＋∞上是增函数，在()0，2上是减函数．【小结】1.利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f′(x )>0或f′(x )<0；②若已知f (x )的单调性求参数，则转化为不等式f′(x )≥0或f′(x )≤0在单调区间上的恒成立问题求解．2．确定函数单调区间4步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f′(x )；(3)解不等式f′(x )＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x )＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．考点3 已知函数的单调性求参数的取值范围例3已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)若f (x )在区间(－1，1)上为减函数，试求a 的取值范围；(3)若f (x )的单调递减区间为(－1，1)，求a 的值；(4)若f (x )在区间(－1，1)上不单调，求a 的取值范围．【解析】(1)因为f′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．(2)由f′(x )＝3x 2－a≤0在(－1，1)上恒成立，得a≥3x 2在(－1，1)上恒成立．因为－1＜x ＜1，所以3x 2＜3，所以a≥3.即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1，1)上为减函数．(3)f′(x )＝3x 2－a.①当a≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a ＞0时，令3x 2－a ＝0得x ＝±3a 3；当x ＞3a 3或x ＜－3a 3时，f ′(x )＞0；当－3a 3＜x ＜3a 3时，f ′(x )＜0. 因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数． f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3，∴3a 3＝1，即a ＝3. (4)∵f′(x )＝3x 2－a.由f′(x )＝0，得x ＝±3a 3(a≥0)． ∵f (x )在区间(－1，1)上不单调，∴0＜3a 3＜1，得0＜a ＜3，即a 的取值范围为(0，3)．【小结】已知f (x )的单调性求参数，则转化为不等式f′(x )≥0或f′(x )≤0在单调区间上的恒成立问题求解．【能力提升】例4已知函数f ()x ＝e x ()x 2－2x ＋a (其中a∈R ，a 为常数，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f ()x 的单调性；(2)设曲线y ＝f ()x 在()a ，f ()a 处的切线为l ，当a ∈[]1，3时，求直线l 在y 轴上截距的取值范围．【解析】(1)f ′()x ＝e x ()x 2－2x ＋a ＋e x ()2x －2＝e x()x 2＋a －2，当a ≥2时， f ′()x ≥0恒成立，函数f ()x 的递增区间是R ；当a <2时， f ′()x ≥0x 2≥2－a x ≤－2－a 或x ≥2－a ，函数f ()x 的递增区间是()－∞，－2－a ，()2－a ，＋∞，递减区间是()－2－a ，2－a .(2)f ()a ＝e a ()a 2－a ， f ′()a ＝e a ()a 2＋a －2，所以直线l 的方程为：y －e a ()a 2－a ＝e a ()a 2＋a －2()x －a ，令x ＝0得到：截距b ＝a e a －a 3e a ，记g ()a ＝a e a －a 3e a，g ′()a ＝e a (a ＋1－3a 2－a 3)，∵1≤a ≤3，∴g ′()a <0，即g ()a 在区间[]1，3上单调递减，∴g ()3≤g ()a ≤g ()1，即截距的取值范围是： []－24e 3，0. 方法总结【p 40】利用求导方法讨论函数的单调性要注意以下几个方面：①f ′(x )＞0是f (x )递增的充分条件而非必要条件(f ′(x )＜0亦是如此)；②求单调区间时，首先要确定定义域，然后再根据f ′(x )＞0(或f ′(x )＜0)解出x 的范围；③在证明不等式时，首先要构造函数和确定定义域，其次运用求导的方法来证明．走进高考【p 40】1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x .当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝ex e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数在函数单调性、极值中的应用教学案理新人教A版

高考数学一轮复习第三章导数及其应用3．2导数在函数单调性、极值中的应用教学案理新人教A 版考纲要求1．了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．1．函数的单调性与导数2．函数的极值与导数 (1)函数的极小值若函数y ＝f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值____，且f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧________，右侧________，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值____，且f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧________，右侧________，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值，______和______统称为极值．1．(2012陕西高考)设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )．A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点2．若函数y ＝a (x 3－x )的递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是( )． A ．a ＞0 B ．－1＜a ＜0 C ．a ＞1 D ．0＜a ＜13．函数y ＝x sin x ＋cos x 在(π，3π)内的单调增区间为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2，3π D ．(π，2π) 4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是__________．5．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋c ，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )的极小值是__________．一、利用导数研究函数的单调性【例1】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)函数f(x)是否为R上的单调函数，若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由．方法提炼1．导数法求函数单调区间的一般流程：求定义域→求导数f′x→求f′x＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f′x在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性提醒：当f(x)不含参数时，也可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．2．导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤：(1)求f′(x)．(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号．(3)作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．3．已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)，转化为不等式恒成立问题求解．提醒：函数f(x)在(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0，f′(x)＞0是f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件．请做演练巩固提升1,5二、函数的极值与导数【例2－1】已知实数a＞0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有极大值32.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求实数a的值．【例2－2】已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．(1)求m，n的值及函数y＝f(x)的单调区间；(2)若a＞0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值．方法提炼利用导数研究函数的极值的一般流程：请做演练巩固提升3,4书写不规范而致误【典例】设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，求函数f (x )的单调增区间．错解：f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)·(x ＋1)，令f ′(x )＞0得，x ＜－1或x ＞0.所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－1)∪(0，＋∞)．错因：结论书写不正确，也就是说不能用符号“∪”连接，应为(－∞，－1)和(0，＋∞)．正解：因为f (x )＝x (e x－1)－12x 2，所以f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)·(x ＋1)．令f ′(x )＞0，即(e x－1)(x ＋1)＞0，得x ＜－1或x ＞0. 所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．答题指导：1.利用导数求解函数的单调区间是高考的热点内容，这类问题求解并不难，即只需由f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，求其解即得．但在求解时会因书写不规范而导致失分．2．对于含有两个或两个以上的单调增区间(或单调减区间)，中间用“，”或“和”连接，而不能用符号“∪”连接．1．(2012辽宁高考)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )．A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)2．(2012重庆高考)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )．3．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]既有极大值又有极小值，则a 的取值范围是__________．4．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．5．设f (x )＝ex 1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．参考答案基础梳理自测知识梳理1．单调递增单调递减2．(1)都小 f ′(x )＜0 f ′(x )＞0 (2)都大 f ′(x )＞0 f ′(x )＜0 极大值极小值基础自测1．D 解析：由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x ＝0可得x ＝2.当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．故x ＝2为f (x )的极小值点．2．A 解析：∵y ′＝a (3x 2－1)＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33， ∴当－33＜x ＜33时， ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33＜0.∴要使y ′＜0，必须取a ＞0.3．B 解析：∵y ＝x sin x ＋cos x ， ∴y ′＝x cos x .当x ∈(π，3π)时，要使y ′＝x cos x ＞0，只要cos x ＞0，结合选项知，只有B 满足．4．3 解析：∵f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而当x ∈[1，＋∞)时， (3x 2)min ＝3×12＝3. ∴a ≤3，故a max ＝3.5．c 解析：由f ′(x )的图象知，x ＝0是f (x )的极小值点， ∴f (x )极小值＝f (0)＝c . 考点探究突破【例1】解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，∴f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x＞0， ∵e x ＞0，∴－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2.∴函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≤0对x ∈R 都成立． ∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．∴Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的．故函数f (x )不可能在R 上单调递减．若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈R 都成立． ∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立．而Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增．综上可知，函数f (x )不可能是R 上的单调函数．【例2－1】解：(1)f (x )＝ax 3－4ax 2＋4ax ，f ′(x )＝3ax 2－8ax ＋4a .令f ′(x )＝0，得3ax 2－8ax ＋4a ＝0. ∵a ≠0，∴3x 2－8x ＋4＝0，∴x ＝23或x ＝2.∵a ＞0，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. ∴函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23和(2，＋∞)； ∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2时，f ′(x )＜0， ∴函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2. (2)∵当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0.∴f (x )在x ＝23时取得极大值，即a ·23⎝ ⎛⎭⎪⎫23－22＝32.∴a ＝27.【例2－2】解：(1)由函数f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.①由f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2，得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ，则g (x )＝f ′(x )＋6x＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n .而g (x )的图象关于y 轴对称，所以－2m ＋62×3＝0.所以m ＝－3，代入①得n ＝0.于是f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．由f ′(x )＞0得x ＞2或x ＜0，故f (x )的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；由f ′(x )＜0得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间是(0,2)． (2)由(1)得f ′(x )＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当0＜a ＜1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极大值f (0)＝－2，无极小值；当a ＝1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值；当1＜a ＜3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极小值f (2)＝－6，无极大值；当a ≥3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值．综上得：当0＜a ＜1时，f (x )有极大值－2，无极小值；当1＜a ＜3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a ＝1或a ≥3时，f (x )无极值．演练巩固提升1．B 解析：对函数y ＝12x 2－ln x 求导，得y ′＝x －1x ＝x 2－1x(x ＞0)，令⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1x ≤0，x >0，解得x ∈(0,1]．因此函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1]．故选B.2．C 解析：由题意可得f ′(－2)＝0，而且当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＜0，此时xf ′(x )＞0；当x ∈(－2，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时若x ∈(－2,0)，xf ′(x )＜0，若x ∈(0，＋∞)，xf ′(x )＞0，所以函数y ＝xf ′(x )的图象可能是C.3．a ＞2或a ＜－1 解析：∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]，∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a 2－4a －8＞0， ∴a ＞2或a ＜－1.4．2 解析：f (x )＝x 3－3x 2＋1， f ′(x )＝3x 2－6x .令f ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞2. 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜2.所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝2处取得极小值． 5．解：对f (x )求导得f ′(x )＝e x 1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2.① (1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗所以，x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号．结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.。

名师导学高考数学总复习第三章导数及其应用第16讲导数与函数的单调性练习理含解析新人教A版

名师导学高考数学总复习第三章导数及其应用第16讲导数与函数的单调性练习理含解析新人教A 版第16讲导数与函数的单调性夯实基础【p 35】【学习目标】了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间及参数的范围．【基础检测】1．函数f (x )＝ln x －x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，1) B ．(0，1) C ．(1，＋∞) D ．(0，＋∞)【解析】∵函数f (x )＝ln x －x ，定义域为(0，＋∞)，由f′(x )＝1x －1＝1－x x ＞0，解得0<x<1，∴函数f (x )＝ln x －x 的单调递增区间是(0，1)．【答案】B2．函数y ＝f (x )的导函数f′(x )的图象如下图，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )【解析】由导函数在(－∞，0)上的图象可知原函数在区间(－∞，0)上先单调递减，再单调递增，则选项A ，C 错误；由导函数在(0，＋∞)上的图象可知原函数在区间(0，＋∞)上先单调递增，然后单调递减，再单调递增，则选项B 错误；故选D.【答案】D3．若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞ 【解析】f′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x ，2ax 2＋1＞0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内恒成立，所以a ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2max，由于x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，所以x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，4，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－18，所以a≥－18.【答案】D4．已知f (x )＝1＋x －sin x ，则f (2)，f (3)，f (π)的大小关系正确的是( ) A ．f (2)>f (3)>f (π) B ．f (3)>f (2)>f (π) C ．f (2)>f (π)>f (3) D ．f (π)>f (3)>f (2)【解析】f (x )＝1＋x －sin x ，则f′(x )＝1－cos x≥0，则函数f (x )为增函数．∵2<3<π，∴f (π)>f (3)>f (2)．【答案】D5．定义在R 上的奇函数f (x )，其导函数为f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x )＜f (－x )，则满足13(2x －1)f (2x －1)＜f (3)的实数x 的取值范围是________．【解析】∵函数f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )，∴由xf ′(x )<f (－x )可得xf ′(x )＋f (x )<0，即[xf (x )]′<0， ∵当x ∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x )<f (－x )， ∴当x ∈(－∞，0]时，恒有[xf (x )]′<0，设F (x )＝xf (x )，则函数F (x )＝xf (x )在(－∞，0]上为减函数， ∵F (－x )＝(－x )f (－x )＝(－x )(－f (x ))＝xf (x )＝F (x )， ∴函数F (x )为R 上的偶函数，∴函数F (x )＝xf (x )为[0，＋∞)上的增函数，∵13(2x －1)f (2x －1)<f (3)，∴(2x －1)f (2x －1)<3f (3)， ∴F (2x －1)<F (3)，∴|2x －1|<3，解得－1<x <2. 【答案】(－1，2) 【知识要点】函数的单调性：在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减．典例剖析【p 35】考点1 利用导数判断和证明函数的单调性例1已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x e x ，a∈R .(1)求f (x )的零点；(2)当a ≥－5时，求证：f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数．【解析】(1)f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，令f (x )＝0得x 2＋a ＝0，x 2＝－a ，当a ≥0时，方程无解，f (x )没有零点；当a <0时，得x ＝±－a . 综上，当a ≥0时，f (x )无零点；当a <0时，f (x )零点为±－a .(2)f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a x 2e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x e x ＝（x 3＋x 2＋ax －a ）e xx 2.令g (x )＝x 3＋x 2＋ax －a (x >1)，则g ′(x )＝3x 2＋2x ＋a ，其对称轴为x ＝－13，所以g ′(x )在(1，＋∞)上单调递增．所以g ′(x )>3×12＋2×1＋a ＝5＋a . 当a ≥－5时，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在(1，＋∞)上为增函数．可得g (x )>g (1)＝2>0，f ′(x )>0，所以f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数．【点评】应用导数法判断或证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的三步骤：(1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确认或推导f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)三结论．作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．考点2 利用导数求函数的单调区间例2已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间．【解析】(1)由题意得f′(x )＝1x－ln x －k e x，又f′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h′(x )＝－1x 2－1x ＜0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，从而f′(x )＞0；当x ＞1时，h (x )＜0，从而f′(x )＜0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．【点评】应用导数求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f′(x )；(3)解不等式f′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．考点3 已知函数的单调性求参数的取值范围例3已知函数f (x )＝xln x －12mx 2－x (m∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围；(2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2. 【解析】(1)∵f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R )在(0，＋∞)上是减函数，∴f ′(x )＝ln x －mx ≤0在定义域(0，＋∞)上恒成立，∴m ≥⎝⎛⎭⎪⎫ln x x max，设h (x )＝ln x x，则h ′(x )＝1－ln xx2，由h ′(x )>0，得x ∈(0，e)，由h ′(x )<0，得x >e ， ∴函数h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m ≥1e.故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)由(1)知f ′(x )＝ln x －mx ，∵函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，m ＝ln x 1－ln x2x 1－x 2，∴ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，∴ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＋1·l n x 1x 2x 1x 2－1，设t ＝x 1x 2∈(0，1)，则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）·ln t t －1，要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）·ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，只需证ln t －2（t －1）t ＋1<0，构造函数g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g ′(t )＝1t－4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0，∴g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1在t ∈(0，1)上递增，∴g (t )<g (1)＝0，即g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1<0，∴ln x 1＋ln x 2>2.【点评】已知函数单调性求参数范围的两个方法：(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．方法总结【p 36】1．函数的导数与函数的单调性在一个区间上，f ′(x )≥0(个别点取等号)⇔f (x )在此区间上为增函数．在一个区间上，f ′(x )≤0(个别点取等号)⇔f (x )在此区间上为减函数．2．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．3．研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．4．根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．走进高考【p 36】1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(ⅱ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.考点集训【p 193】A 组题1．函数f (x )＝x 2－sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6B.⎝⎛⎭⎪⎫0，π3C.⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2 【解析】f ′(x )＝12－cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，令f ′(x )<0，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，π3.【答案】B2．若函数f ()x ＝kx －ln x 在区间()2，＋∞单调递增，则k 的取值范围是( )A.(]－∞，－2B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.[)2，＋∞D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 【解析】由函数f ()x ＝kx －ln x 在区间()2，＋∞单调递增可得：f ′()x ≥0在区间()2，＋∞恒成立，f ′()x ＝k －1x ，故k －12≥0⇒k ≥12. 【答案】B3．函数y ＝f ()x 的图象如图所示，则其导函数y ＝f ′()x 的图象可能是( )【解析】根据函数图象可知函数y ＝f ()x 在()－∞，0和()0，＋∞单调递减，则y ＝f ′()x 在()－∞，0和()0，＋∞均为负数，排除A ，B ，D ，故选C. 【答案】C4．已知函数f (x )＝(ax 3＋4b )·e －x，若b ≤a ＜0，则( ) A ．f (x )在(－∞，0)单调递增 B ．f (x )在(－∞，0)单调递减 C ．f (x )在(－∞，＋∞)单调递增 D ．f (x )在(－∞，＋∞)单调递减【解析】f ′(x )＝(－ax 3＋3ax 2－4b )e －x ＝－a e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－3x 2＋4b a，由b ≤a ＜0⇒b a≥1，x 3－3x 2＋4ba≥x 3－3x 2＋4，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则h ′(x )＝3x 2－6x ，所以h (x )在(0，2)递减，(2，＋∞)递增，所以h (x )的最小值是h (2)＝0，所以h (x )≥0，又a <0，则f ′(x )≥0⇒f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．【答案】C5．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．【解析】∵函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点， ∴3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0满足：Δ＝36a 2－36(a ＋2)＞0，解得a <－1或a >2.【答案】(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．已知函数f (x )＝x －2(e x －e －x )，则不等式f (x 2－2x )>0的解集为________．【解析】由函数的解析式可得：f ′(x )＝1－2(e x ＋e －x)，由于e x ＋e －x ≥2e x ×e －x ＝2，当且仅当e x ＝e －x，即x ＝0时等号成立，据此可得：f ′(x )＝1－2(e x＋e －x)≤－3，则函数f (x )是R 上的单调递减函数，注意到f (0)＝0，则题中的不等式等价于f (x 2－2x )>f (0)，结合函数的单调性脱去f 符号有：x 2－2x <0，解得0<x <2，即不等式的解集为(0，2)．【答案】(0，2)7．已知函数f (x )＝13x 3＋1－a 2x 2－ax ，x ∈R ，其中a ＞0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )(x ∈(－2，0))的图象与直线y ＝a 有两个不同交点，求a 的取值范围．【解析】(1)f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )．由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝a ＞0.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(a ，＋∞)；单调递减区间是(－1，a )．(2)令g (x )＝f (x )－a ，x ∈(－2，0)，则函数g (x )在区间(－2，0)内有两个不同的零点，由(1)知g (x )在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）<0，g （－1）>0，g （0）<0，解得0＜a ＜13.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13. 8．已知函数f (x )＝ln x －m （x －1）x ＋1.(1)若函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递增，求实数m 的取值范围； (2)对于任意的正实数x ，y ，且x ≠y ，求证：（x ＋y ）（ln x －ln y ）x －y ＞32.【解析】(1)依题意，导数f ′(x )＝1x －2m （1＋x ）2＝x 2＋2（1－m ）x ＋1（1＋x ）2x ≥0对于任意x >0恒成立，即不等式x 2＋2(1－m )x ＋1≥0对于任意x >0恒成立，即不等式m ≤x 2＋12x＋1对于任意x >0恒成立；又因为当x >0时x 2＋12x＋1≥1＋1＝2(当x ＝1时取等号)，则m ≤2，故实数m 的取值范围是(－∞，2]．(2)由于目标不等式（x ＋y ）（ln x －ln y ）x －y >32中两个字母x 与y 可以轮换，则不妨设0<y <x .令u ＝xy，则u >1.欲证目标不等式（x ＋y ）（ln x －ln y ）x －y >32⇔u ＋1u －1·ln u >32⇔3（u －1）2（u ＋1）<lnu ⇔3（1－u ）2（1＋u ）＋ln u >0.(※)根据(1)的结论知，当m ＝32<2时f 1(x )＝3（1－x ）2（1＋x ）＋ln x 在(0，＋∞)上递增．又因为u >1，则f 1(u )>f 1(1)＝0，则不等式(※)正确，故原目标不等式得证．B 组题1．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x >0时，不等式f (x )>－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】定义在R 上的奇函数f (x )满足：f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，且f (－x )＝－f (x )，又x >0时，f (x )>－xf ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )>0， ∴[xf (x )]′>0，函数h (x )＝xf (x )在x >0时是增函数，又h (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )，∴h (x )＝xf (x )是偶函数；∴x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0，可得函数y 1＝xf (x )与y 2＝－lg|x ＋1|的大致图象如图所示，∴由图象知，函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为3个．【答案】C2．已知函数f (x )＝ax 2－4ax －ln x ，则f (x )在(1，3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，16B ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞C ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16D ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞【解析】f ′(x )＝2ax －4a －1x ＝2ax 2－4ax －1x，若f (x )在(1，3)上不单调，令g (x )＝2ax 2－4ax －1，则函数g (x )＝2ax 2－4ax －1与x 轴在(1，3)有交点，设其解为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2，因此方程的两解不可能都大于1， ∴其在(1，3)中只有一解，其充要条件是(2a －4a －1)(18a －12a －1)<0，解得a <－12或a >16，因此选项D 是满足要求的一个充分不必要条件．【答案】D3．设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )>f (2x －1)成立的x 的取值范围是________．【解析】当x ≥0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x 2，导数为f ′(x )＝11＋x ＋2x（1＋x 2）2>0，即函数f (x )在[0，＋∞)单调递增，∵函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x2为偶函数， ∴f (x )>f (2x －1)等价为f (|x |)>f (|2x －1|)，即|x |>|2x －1|，平方得3x 2－4x ＋1<0，解得13<x <1，所求x 的取值范围是13<x <1.【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 4．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x. 当a ＞0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，即g ′(x )＝0在区间(t ，3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′（t ）＜0，g ′（3）＞0. 当g ′(t )＜0，即3t 2＋(m ＋4)t －2＜0对任意t ∈[1，2]恒成立，由于g ′(0)＜0，故只要g ′(1)＜0且g ′(2)＜0，即m ＜－5且m ＜－9，即m ＜－9；由g ′(3)＞0，即m ＞－373.所以－373＜m ＜－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。