2019年高考数学一轮复习课时分层训练14导数与函数的单调性文北师大版

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高考数学一轮复习第2章第节导数与函数的单调性教师用书文北师大版

学习资料汇编第十一节导数与函数的单调性[考纲传真] 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(其中多项式函数一般不超过三次)．函数的导数与单调性的关系函数y＝f (x)在某个区间内可导，则(1)若f ′(x)＞0，则f (x)在这个区间内增加的；(2)若f ′(x)＜0，则f (x)在这个区间内减少的；(3)若f ′(x)＝0，则f (x)在这个区间内是常数函数．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)上增加，那么在区间(a，b)上一定有f ′(x)>0.( )(2)如果函数在某个区间内恒有f ′(x)＝0，则函数f (x)在此区间上没有单调性．( )(3)f ′(x)＞0是f (x)为增函数的充要条件．( )[答案] (1)×(2)√(3)×2．f (x)＝x3－6x2的递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)A[f ′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f ′(x)<0，得0<x<4，∴递减区间为(0,4)．] 3．(教材改编)如图2111所示是函数f (x)的导函数f ′(x)的图像，则下列判断中正确的是( )【导学号：66482105】A．函数f (x)在区间(－3,0)上是减少的B．函数f (x)在区间(1,3)上是减少的C．函数f (x)在区间(0,2)上是减少的D ．函数f (x )在区间(3,4)上是增加的图2111A [当x ∈(－3,0)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－3,0)上是减少的．其他判断均不正确．]4．(2015·陕西高考)设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数B [因为f ′(x )＝1－cos x ≥0，所以函数为增函数，排除选项A 和C.又因为f (0)＝0－sin0＝0，所以函数存在零点，排除选项D ，故选B.]5．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)D [由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )．试讨论f (x )的单调性.【导学号：66482106】[解] f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，3当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上是增加的；4分当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上是减少的；7分当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，10分所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上是减少的. 12分[规律方法] 用导数证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤 (1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确认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．易错警示：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．[变式训练1] (2016·四川高考节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，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.[解] (1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0). 2分当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的；5分当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的. 7分(2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 9分当x >1时，s ′(x )>0，所以ex －1>x ，x e(2016·天津高考节选)设函数f (x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f (x)的单调区间．[解]由f (x)＝x3－ax－b，可得f ′(x)＝3x2－a.下面分两种情况讨论：①当a≤0时，有f ′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f (x)的递增区间为(－∞，＋∞). 5分②当a＞0时，令f ′(x)＝0，解得x＝3a3或x＝－3a3.当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：12分[规律方法]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)在定义域内解不等式f ′(x)＞0，得递增区间；(4)在定义域内解不等式f ′(x)＜0，得递减区间．[变式训练2] 已知函数f (x)＝(－x2＋2x)e x，x∈R，e为自然对数的底数，则函数f (x)的递增区间为________．(－2，2)[因为f (x)＝(－x2＋2x)e x，所以f ′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f ′(x)＞0，即(－x2＋2)e x＞0，因为e x＞0，所以－x2＋2＞0，解得－2＜x＜2，所以函数f (x)的递增区间为(－2，2)．]若f (x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．[解]因为f (x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立. 5分因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f ′(x)＝3x2≥0，f (x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]. 12分[迁移探究1] (变换条件)函数f (x)不变，若f (x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．[解]因为f ′(x)＝3x2－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3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，7分所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]. 12分[迁移探究2] (变换条件)函数f (x)不变，若f (x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围．[解]由f ′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立. 5分因为－1＜x＜1，所以3x2＜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. 12分[迁移探究3] (变换条件)函数f (x)不变，若f (x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．[解]∵f (x)＝x3－ax－1，∴f ′(x)＝3x2－a.由f ′(x)＝0，得x＝±3a3(a≥0).5分∵f (x)在区间(－1,1)上不单调，∴0＜3a3＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为(0,3).12分[规律方法]根据函数单调性求参数的一般方法(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“若函数递增，则f ′(x)≥0；若函数递减，则f ′(x)≤0”来求解．易错警示：(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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(2)函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如迁移3中利用了3a3∈(0,1)来求解．[变式训练3] (2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 C [取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)递增的条件，故排除A ，B ，D.故选C.][思想与方法]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，并注意函数f (x )的定义域．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．[易错与防范]1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．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．在某区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．4．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 )的任何子区间内都不恒为零．敬请批评指正。

高考数学北师大理一轮复习第章导数及其应用课时导数与函数的单调性文档

1.函数的单调性如果在某个区间内，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；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.函数的极值如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是增加的，在区间(x0，b)上是减少的，则x0是极大值点，f(x0)是极大值.如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是减少的，在区间(x0，b)上是增加的，则x0是极小值点，f(x0)是极小值.3.函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)函数的极大值不一定比极小值大.(√)(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件.(×)(5)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.( √ )1.函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( ) A.(0,1) B.(1，＋∞) C.(－∞，1) D.(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (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.已知定义在实数集R 上的函数f (x )满足f (1)＝3，且f (x )的导数f ′(x )在R 上恒有f ′(x )<2(x ∈R )，则不等式f (x )<2x ＋1的解集为( ) A.(1，＋∞) B.(－∞，－1)C.(－1,1)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 A解析令g (x )＝f (x )－2x －1，∴g ′(x )＝f ′(x )－2<0， ∴g (x )在R 上为减函数，且g (1)＝f (1)－2－1＝0. 由g (x )<0＝g (1)，得x >1，故选A.3.已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( ) A.当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B.当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C.当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D.当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值答案 C解析当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1，f ′(1)≠0， ∴x ＝1不是f (x )的极值点.当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)，显然f ′(1)＝0，且在x ＝1附近的左侧，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取到极小值.故选C.4.(教材改编)如图是f (x )的导函数f ′(x )的图像，则f (x )的极小值点的个数为________.答案 1解析由题意知在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正. 5.设1<x <2，则ln x x ，(ln x x )2，ln x 2x 2的大小关系是__________________.(用“<”连接)答案 (ln x x )2<ln x x <ln x 2x2解析令f (x )＝x －ln x (1<x <2)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴函数y ＝f (x )(1<x <2)为增函数， ∴f (x )>f (1)＝1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln xx <1，∴(ln x x )2<ln x x. 又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2>0， ∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x2.课时1 导数与函数的单调性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 xx ，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.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，＋∞)答案 B解析 y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝(x －1)(x ＋1)x(x >0). 令y ′≤0，得0<x ≤1，∴递减区间为(0,1].题型二含参数的函数的单调性例2 已知函数f (x )＝ln(e x ＋1)－ax (a >0). (1)若函数y ＝f (x )的导函数是奇函数，求a 的值； (2)求函数y ＝f (x )的单调区间. 解 (1)函数f (x )的定义域为R . 由已知得f ′(x )＝e xe x ＋1－a .∵函数y ＝f (x )的导函数是奇函数， ∴f ′(－x )＝－f ′(x )，即e －xe －x ＋1－a ＝－e x e x ＋1＋a ，解得a ＝12.(2)由(1)知f ′(x )＝e x e x ＋1－a ＝1－1e x ＋1－a .①当a ≥1时，f ′(x )<0恒成立， ∴a ∈[1，＋∞)时，函数y ＝f (x )在R 上单调递减. ②当0<a <1时，由f ′(x )>0得(1－a )(e x ＋1)>1，即e x >－1＋11－a ，解得x >ln a1－a .由f ′(x )<0得(1－a )(e x ＋1)<1，即e x <－1＋11－a ，解得x <ln a1－a .∴a ∈(0,1)时，函数y ＝f (x )在(ln a1－a ，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a1－a)上单调递减.综上，当a ≥1时，f (x )在R 上单调递减；当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 1－a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 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－a2x 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)上不单调时，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 x ln 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 －1x 2(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 (12分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图像在点(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 )的图像在点(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 ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x.∵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，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；[9分]若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0.[11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.[12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( )A.(－∞，2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2，＋∞)答案 D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f (x )＝ln xx ，e<a <b ，则( )A.f (a )>f (b )B.f (a )＝f (b )C.f (a )<f (b )D.f (a )f (b )>1答案 A解析 f ′(x )＝1－ln xx 2，当x >e 时，f ′(x )<0，f (x )为减函数. ∴f (a )>f (b ).3.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() A.(－∞，2) B.(－∞，2]C.(－∞，52) D.(－∞，52]答案 D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 )＝1－1x 2， ∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴m ≤2＋12＝52，故选D. 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1e x f (x 2)与2e x f (x 1)的大小关系为( )A.1e x f (x 2)>2e x f (x 1)B.1e x f (x 2)<2e x f (x 1)C.1e x f (x 2)＝2e x f (x 1)D.1e x f (x 2)与2e x f (x 1)的大小关系不确定答案 A解析设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，由题意得g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即1212()()e e x x f x f x <，所以1e x f (x 2)>2e x f (x 1).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.a <b <cB.c <b <aC.c <a <bD.b <c <a答案 C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.若函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________.答案 (－∞，0)解析 f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根.∵f (x )＝ax 3＋x ，∴f ′(x )＝3ax 2＋1.要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0.7.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 ，由题意得，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⎩⎪⎨⎪⎧(－1)2＋(2－2a )·(－1)－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34. 8.已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a >0).若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a 的取值范围是________________.答案 (0，25]∪[1，＋∞) 解析 f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x在[1,2]上恒成立. 令h (x )＝4x －1x，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，又a >0，所以0<a ≤25或a ≥1. 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 －54x 2. 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 －1)x ＋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 －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数.∴φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤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：25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() A.1<a ≤2 B.a ≥4C.a ≤2D.0<a ≤3答案 A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.已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A.f (1)<e f (0)，f (2016)>e 2016f (0)B.f (1)>e f (0)，f (2016)>e 2016f (0)C.f (1)>e f (0)，f (2016)<e 2016f (0)D.f (1)<e f (0)，f (2016)<e 2016f (0)答案 D解析令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝(f (x )e x )′＝f ′(x )e x －f (x )e xe 2x ＝f ′(x )－f (x )e x<0，所以函数g (x )＝f (x )e x 是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2016)<g (0)，即f (1)e 1<f (0)1，f (2016)e 2016<f (0)1，故f (1)<e f (0)，f (2016)<e 2016f (0).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 －1)(x －3)x，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.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 )的图像在点(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 (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)＝－a 2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x. ∴g (x )＝x 3＋(m 2＋2)x 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3t2＋(m＋4)t－2<0时对任意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，得m>－373.所以－373<m<－9.，－9).即实数m的取值范围是(－373。

高三数学一轮复习课时作业14 导数与函数单调性文北师大版

课时作业(十四) [第14讲导数与函数单调性][时间：35分钟分值：80分]基础热身1．[2011·皖南八校联考] 若函数y ＝f (x )的导函数在区间[a ，b ]上是先增后减的函数，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图像可能是( )图K14－2．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞) 3．如图K14－2所示是函数f (x )的导函数f ′(x )的图像，则下列判断中正确的是( )A ．函数f (x )在(－3,0)上是减函数B ．函数f (x )在(1,3)上是减函数C ．函数f (x )在(0,2)上是减函数D ．函数f (x )在(3,4)上是增函数4．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为[－1,2]，则b ＝________，c ＝________.能力提升5．[2011·东北三校联考] 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 ．a <b <c B ．c <a <b C ．c <b <a D ．b <c <a6．若a ＝ln33，b ＝ln55，c ＝ln77，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c7．若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (x ＋1)的单调递减区间是( ) A ．(2,4) B ．(－3，－1) C ．(1,3) D ．(0,2)8．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 ＞0B ．－1＜a ＜0C ．a ＞1D ．0＜a ＜19．已知函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )＜0的解集是________．10．[2011·中山实验高中月考] 若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．11．[2011·宁波十校联考] 已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，f (－4)，f ⎝⎛⎭⎪⎫4π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4的大小关系为________________(用“<”连接)．12．(13分)设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．难点突破13．(12分)[2011·辽宁卷] 已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x ；(3)若函数y ＝f (x )的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明f ′(x 0)＜0.课时作业(十四)【基础热身】 1．C [解析] 根据题意f ′(x )在[a ，b ]上是先增后减的函数，则在函数f (x )的图像上，各点的切线斜率是先随x 的增大而增大，然后随x 的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C 满足题意．2．D [解析] f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x，令f ′(x )＞0，解得x ＞2，故选D.3．A [解析] 当x ∈(－3,0)时，f ′(x )<0，则f (x )在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．4．－32－6 [解析] 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题设知－1<x <2是不等式3x 2＋2bx＋c <0的解集，所以－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根，由根与系数的关系得b ＝－32，c ＝－6.【能力提升】5．B [解析] 由f (x )＝f (2－x )得f (3)＝f (2－3)＝f (－1)，又x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b . 6．B [解析] 令f (x )＝ln x x ，∴f ′(x )＝1－ln xx 2，∴当x >e 时，f ′(x )<0，函数为减函数，又e<3<5<7，因此a >b >c .7．D [解析] 由f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)知，当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0.函数f (x )在(1,3)上为减函数，函数f (x ＋1)的图像是由函数y ＝f (x )的图像向左平移1个单位长度得到的，所以(0,2)为函数y ＝f (x ＋1)的单调减区间．8．A [解析] y ′＝a (3x 2－1)，解3x 2－1＜0得－33＜x ＜33，∴f (x )＝x 3－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上为减函数，又y ＝a ·(x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，∴a ＞0.9．(－∞，－1)∪(0,1) [解析] 由题意知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (－1)＝0，f (x )为偶函数，所以当－1＜x ＜0或0＜x ＜1时，f (x )＜0；当x ＜－1或x ＞1时，f (x )＞0.故不等式xf (x )＜0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．10．1≤k <32 [解析] 求导，可求得f (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤k －1<12，k ＋1>12.解得1≤k <32.11．f ⎝⎛⎭⎪⎫4π3<f (－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4 [解析] f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3时，sin x <0，cos x <0，∴f ′(x )＝sin x ＋x cos x <0，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3上为减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，又函数f (x )为偶函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4. 12．[解答] (1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32－9－a 23. 即当x ＝－a3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12，所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9.解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数；当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．【难点突破】13．[解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－x ＋ax －x.①若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝1a，且当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． (2)证明：设函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x ，则 g (x )＝ln(1＋ax )－ln(1－ax )－2ax ，g ′(x )＝a 1＋ax ＋a 1－ax －2a ＝2a 3x21－a 2x2.当0＜x ＜1a时，g ′(x )＞0，而g (0)＝0，所以g (x )＞0.故当0＜x ＜1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x .(3)由(1)可得，当a ≤0时，函数y ＝f (x )的图像与x 轴至多有一个交点，故a >0，从而f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0.不妨设A (x 1,0)，B (x 2,0)，0<x 1<x 2，则0<x 1<1a<x 2.由(2)得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－x 1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1a－x 1>f (x 1)＝0.从而x 2>2a －x 1，于是x 0＝x 1＋x 22>1a.由(1)知，f ′(x 0)<0.。

2019届一轮复习北师大版导数与函数的单调性学案

第14讲导数与函数的单调性函数的导数与单调性的关系函数y ＝f (x )在某个区间内可导，且导函数f ′(x )在该区间的任意子区间内都不恒等于0. (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间内__单调递增__. (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间内__单调递减__.1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)若可导函数f (x )在区间(a ，b )上单调递增，那么在区间(a ，b )上一定有f ′(x )>0.( × ) (2)如果函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则函数f (x )在此区间内没有单调性．( √ ) 解析 (1)错误．可导函数f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，故f ′(x )>0是f (x )在区间(a ，b )上单调递增的充分不必要条件．(2)正确．如果函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )为常数函数．如f (x )＝3，则f ′(x )＝0，函数f (x )不存在单调性．2．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( B )A ．(－1,1]B ．(0,1] C．[1，＋∞)D ．(0，＋∞) 解析函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝(x －1)(x ＋1)x ，令y ′≤0，则可得0<x ≤1.3．已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ′＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( B )解析从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x ＝0时最大，所以函数f (x )的图象的变化率先增大后减小，在x ＝0时变化率最大．A 项，在x ＝0时变化率最小，故错误；C 项，变化率是越来越大的，故错误；D 项，变化率是越来越小的，故错误．B 项正确．4．已知函数f (x )＝mx 3＋3(m －1)·x 2－m 2＋1(m >0)的单调递减区间是(0,4)，则m ＝__13__.解析 ∵f ′(x )＝3mx 2＋6(m －1)x ，f (x )的递减区间为(0,4)，则由f ′(x )＝3mx 2＋6(m －1)x <0，得0<x <4，即⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，f ′(0)＝0，f ′(4)＝0，得m ＝13.5．函数f (x )＝sin x2＋cos x 的单调递增区间是__⎣⎡⎦⎤2k π－2π3，2k π＋2π3(k ∈Z )__. 解析 f ′(x )＝2cos x ＋1(2＋cos x )2，由f ′(x )≥0，得cos x ≥－12，∴x ∈⎣⎡⎦⎤2k π－2π3，2k π＋2π3(k ∈Z )．一求函数的单调区间利用导数求函数的单调区间的两种方法的步骤方法一：(1)确定函数y ＝f (x )的定义域； (2)求导数y ′＝f ′(x )；(3)令f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)令f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．方法二：(1)确定函数y ＝f (x )的定义域；(2)求导数y ′＝f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根； (3)把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义域分成若干个小区间；(4)确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判断函数在每个相应区间内的单调性．【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( C ) A ．f (x )在(0,2)单调递增 B ．f (x )在(0,2)单调递减C ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称D ．y ＝f (x )的图象关于点(1,0)对称解析由题易知，f (x )＝ln x ＋ln(2－x )的定义域为(0,2)，f (x )＝ln [x (2－x )]＝ln [－(x －1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以排除A ，B 项；又f ⎝⎛⎭⎫12＝ln 12＋ln ⎝⎛⎭⎫2－12＝ln 34，f ⎝⎛⎭⎫32＝ln 32＋ln ⎝⎛⎭⎫2－32＝ln 34，所以f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫32＝ln 34，所以排除D 项．故选C ．【例2】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．解析 (1)f ′(x )＝14－a x 2－1x ，f ′(1)＝－34－a .由题意，得－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知，f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x 2，f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f ′(x )>0，得x 2－4x －5>0(x >0)，解得x >5；由f ′(x )<0，得x 2－4x －5<0(x >0)，解得0<x <5. 故函数f (x )的递增区间为(5，＋∞)，递减区间为(0,5)．二已知函数的单调性求参数的范围由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)(f ′(x )在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．【例3】已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数，求a 的取值范围； (2)若f (x )在(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围； (3)若f (x )在(－1,1)上为减函数，求a 的取值范围； (4)若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值； (5)若f (x )在(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．解析 (1)∵f (x )在R 上为增函数， ∴f ′(x )＝3x 2－a ≥0在R 上恒成立． ∴a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． ∵3x 2≥0，∴只需a ≤0.又∵a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上为增函数， ∴a 的取值范围是(－∞，0]．(2)∵f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在(1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤3，即a 的取值范围是(－∞，3]．(3)∵f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在(－1,1)上为减函数， ∴f ′(x )≤0⇔3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立， ∴a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．∵x ∈(－1,1)，∴3x 2<3，即a ≥3.∴a 的取值范围是[3，＋∞)． (4)f ′(x )＝3x 2－a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0，故f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a >0时，由f ′(x )<0，得3x 2－a <0，所以x 2<a3，即－a 3<x <a 3. 故f (x )的递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，a 3. 由题意，得a3＝1，解得a ＝3. (5)f ′(x )＝3x 2－a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0，故f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a >0时，∵f (x )在(－1,1)上不单调，∴f ′(x )＝0在(－1,1)内有解x ＝±a 3， ∴0<a3<1，解得0<a <3.∴a 的取值范围是(0,3)．三构造法在函数单调性中的应用构造法在函数单调性中的应用技巧对于含有导函数不等式的试题，一般要依据导函数不等式(或其变式)和所求结论构造新的函数，并对构造的新函数求导，研究其单调性，应用构造新函数的单调性将所求问题转化求解．【例4】 (1)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( B )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)(2)已知函数y ＝f (x －1)的图象关于点(1,0)对称，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立(其中f ′(x )为f (x )的导函数)．若a ＝(30.3)·f (30.3)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝⎝⎛⎭⎫log 319·f ⎝⎛⎭⎫log 319，则a ，b ，c 的大小关系是( C )A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b解析 (1)令g (x )＝f (x )－2x －4，则g ′(x )＝f ′(x )－2. ∵f ′(x )>2，∴f ′(x )－2>0，即g ′(x )>0， ∴g (x )＝f (x )－2x －4在R 上单调递增．又∵f (－1)＝2，∴g (－1)＝f (－1)－2＝0， ∴g (x )>0⇔g (x )>g (－1)⇔x >－1，∴f (x )>2x ＋4的解集是(－1，＋∞)．故选B ．(2)∵函数y ＝f (x －1)的图象关于点(1,0)对称，∴y ＝f (x )的图象关于点(0,0)对称，∴y ＝f (x )为奇函数．令g (x )＝xf (x )，则g (x )＝xf (x )为偶函数，且g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0在(－∞，0)上恒成立， ∴g (x )＝xf (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数． ∵c ＝⎝⎛⎭⎫log 319·f ⎝⎛⎭⎫log 319＝(－2)·f (－2)＝2f (2)， 0<log π3<30.3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，∴c >a >b .故选C ．1．函数f (x )的定义域为R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集是( A )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}解析令g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，则g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]． ∵f (x )＋f ′(x )>1，∴g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0， ∴g (x )在R 上是增函数．又∵g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0，∴e x ·f (x )>e x ＋1⇔e x ·f (x )－e x －1>0⇔g (x )>0⇔g (x )>g (0)⇔x >0.故选A ．2．求下列函数的单调区间． (1)f (x )＝3x 2－2ln x ；(2)f (x )＝x 2·e －x .解析 (1)函数的定义域为D ＝(0，＋∞)．∵f ′(x )＝6x －2x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝33，x 2＝－33(舍去)，用x 1分割定义域D ，得下表.∴函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，33，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫33，＋∞. (2)函数的定义域为D ＝(－∞，＋∞)．∵f ′(x )＝(x 2)′e －x ＋x 2(e －x )′＝2x e －x －x 2e －x ＝e －x (2x －x 2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，用x 1，x 2分割定义域D ，得下表.∴f (x )的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递增区间为(0,2)．3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)，若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解析 (1)∵f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32－9－a 23，即x ＝－a 3时，f ′(x )取最小值－9－a 23.∵斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行， ∴－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3，由题设知a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数；当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．综上，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)． 4．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 －1)x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围．解析 (1)∵f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，解得a ＝2.又∵g (1)＝12a ＋b ＝f (1)＝0，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，∴φ′(x )＝m (x ＋1)－m (x －1)(x ＋1)2－1x ＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤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 在[1，＋∞)上恒成立．∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，得m ≤2.∴实数m 的取值范围是(－∞，2]．易错点导数与单调性的关系不明确错因分析：不清楚可导函数f (x )在某区间上f ′(x )>0(f ′(x )<0)只是f (x )在该区间上是单调递增(减)函数的充分不必要条件，从而造成漏解或错解．【例1】 y ＝13x 3＋bx 2＋(b ＋2)x ＋3是R 上的单调增函数，则实数b 的取值范围为______.解析 y ′＝x 2＋2bx ＋b ＋2≥0恒成立(显然y ′不恒为零)， ∴Δ＝4b 2－4(b ＋2)≤0，整理得(b －2)(b ＋1)≤0， ∴－1≤b ≤2. 答案 [－1,2]【跟踪训练1】 (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 解析 f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23·(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，得f ′(x )≥0在R 上恒成立，令cos x ＝t ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0在[－1,1]上恒成立，即4t 2－3at －5≤0在[－1,1]上恒成立，令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝4－3a －5≤0，g (－1)＝4＋3a －5≤0，解得－13≤a ≤13.故选C ．课时达标第14讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为( A ) A ．(0,1) B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，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)．2．(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 )解析根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f (x )在这些零点处取得极值，排除A ，B 项；记导函数f ′(x )的零点从左到右分别为x 1，x 2，x 3，又在(－∞，x 1)上，f ′(x )<0，在(x 1，x 2)上，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，x 1)上单调递减，排除C 项．故选D ．3．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 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解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．4．函数f (x )对定义域R 上的任意x 都有f (2－x )＝f (x )，且当x ≠1时，其导函数f ′(x )满足xf ′(x )>f ′(x )，若1<a <2，则有( C )A ．f (2a )<f (2)<f (log 2a )B ．f (2)<f (log 2a )<f (2a )C ．f (log 2a )<f (2)<f (2a )D ．f (log 2a )<f (2a )<f (2)解析 ∵函数f (x )对定义域R 上的任意x 都有f (2－x )＝f (x )，∴函数图象的对称轴为直线x ＝1.又∵其导函数f ′(x )满足xf ′(x )>f ′(x )，即(x －1)f ′(x )>0，故当x ∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x ∈(－∞，1)时，函数单调递减．∵1<a <2，∴0<log 2a <1,2a >2，∴f (log 2a )<f (2)<f (2a )．故选C ．5．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)·f ′(x )>0的解集为( D )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析由题图可知，若f ′(x )>0，则x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，若f ′(x )<0，则x ∈(－1,1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )>0，x 2－2x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x 2－2x －3<0，解得x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．6．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( C )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C ．⎣⎡⎭⎫1，32 D ．⎣⎡⎭⎫32，2解析 f ′(x )＝4x －1x ＝(2x －1)(2x ＋1)x ，∵x >0，由f ′(x )＝0，得x ＝12，∴令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1⇒1≤k <32. 二、填空题7．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为__[－1,11]__.解析由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6，得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )≤0，即3(x －11)(x ＋1)≤0，解得－1≤x ≤11，所以函数f (x )的单调减区间为[－1,11]．8．f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )是偶函数，且y ＝f (x )在(0，＋∞)上是减函数，则n ＝__1或2__. 解析 ∵f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )是偶函数，∴n 2－3n ＝2k (k ∈Z )，即f (x )＝x 2k ，∴f ′(x )＝2kx 2k －1.∵f (x )是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数， ∴在(0，＋∞)上f ′(x )＝2kx 2k －1<0恒成立． ∵x 2k －1>0，∴2k <0，即n 2－3n <0，解得0<n <3. ∵n ∈Z ，∴n ＝1或n ＝2.9．若f (x )＝－12x 2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则实数b 的最大值是__1__.解析函数的定义域是(0，＋∞)，而f ′(x )＝－x ＋b x ＝－x 2＋bx .因为x >0，函数f (x )＝－12x 2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，即－x 2＋b ≤0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，得b ≤x 2在x ∈(1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x 2，x ∈(1，＋∞)，则g (x )>g (1)＝1，所以b ≤1，则b 的最大值为1.三、解答题10．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 －1e x.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 )>h (1)＝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)，递减区间是(1，＋∞)． 11．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a >0，讨论f (x )的单调性．解析由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式为Δ＝a 2－8. ①当Δ≤0，即0≤a ≤22时，对一切x >0都有f ′(x )≥0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表.此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．12．已知二次函数h (x )＝ax 2＋bx ＋2，其导函数y ＝h ′(x )的图象如图，f (x )＝6ln x ＋h (x )． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫1，m ＋12上是单调函数，求实数m 的取值范围．解析 (1)由已知，h ′(x )＝2ax ＋b ，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－8，8a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－8，∴h (x )＝x 2－8x ＋2，h ′(x )＝2x －8， ∴f (x )＝6ln x ＋x 2－8x ＋2.(2)f ′(x )＝6x ＋2x －8＝2(x －1)(x －3)x .∵x >0，∴f ′(x )，f (x )的变化如下表所示.∴f (x )的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，递减区间为(1,3)，要使函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫1，m ＋12上是单调函数，则⎩⎨⎧1<m ＋12，m ＋12≤3，解得12<m ≤52.故m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤12，52.。

2020年高考数学一轮复习课时分层训练14导数与函数的单调性理北师大版_4159.doc

课时分层训练(十四) 导数与函数的单调性A 组基础达标一、选择题1．函数f (x )＝e x－x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，0]D ．[0，＋∞)D [∵f (x )＝e x－x ，∴f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )≥0，得e x－1≥0，即x ≥0，故f (x )的单调递增区间是[0，＋∞)．]2．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )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A [f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．] 3．若幂函数f (x )的图像过点⎝⎛⎭⎪⎫22，12，则函数g (x )＝e xf (x )的单调递减区间为( ) 【导学号：79140078】A ．(－∞，0)B ．(－∞，－2)C ．(－2，－1)D ．(－2,0)D [设幂函数f (x )＝x α，因为图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，所以12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．]4．已知函数y ＝f (x )的图像是下列四个图像之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图像如图2112所示，则该函数的图像是( )图2112B [由y ＝f ′(x )的图像知，y ＝f (x )在[－1,1]上为增函数，且在区间[－1,0)上增长速度越来越快，而在区间(0,1]上增长速度越来越慢．] 5．(2017·安徽二模)已知f (x )＝ln xx，则( )A ．f (2)＞f (e)＞f (3)B ．f (3)＞f (e)＞f (2)C ．f (3)＞f (2)＞f (e)D ．f (e)＞f (3)＞f (2)D [f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln xx2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (e)＞f (3)＞f (2)，故选D.] 二、填空题6．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间为________．(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.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.]7．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，则当a ＜0时，f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞ [由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)；当a ＜0时，因为f ′(x )＝a ＋1x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a x ，所以当x ≥－1a 时，f ′(x )≤0，当0＜x ＜－1a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.]8．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________.【导学号：79140079】⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ [对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋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，＋∞.]三、解答题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 ，得f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因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．所以f (x )的单调减区间为(0,5)，单调增区间为(5，＋∞)． 10．(2017·河南新乡第一次调研)已知函数f (x )＝e x－x 2＋2ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围． [解] (1)∵f ′(x )＝e x－2x ＋2，∴f ′(1)＝e ，又f (1)＝e ＋1，∴所求切线方程为y －(e ＋1)＝e(x －1)，即e x －y ＋1＝0. (2)f ′(x )＝e x－2x ＋2a ，∵f (x )在R 上单调递增，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立， ∴a ≥x －e x2在R 上恒成立，令g (x )＝x －ex2，则g ′(x )＝1－ex2，令g ′(x )＝0，则x ＝ln 2，在(－∞，ln 2)上，g ′(x )＞0；在(ln 2，＋∞)上，g ′(x )＜0， ∴g (x )在(－∞，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (ln 2)＝ln 2－1，∴a ≥ln 2－1， ∴实数a 的取值范围为[ln 2－1，＋∞)．B 组能力提升11．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 ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜aC [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 .] 12．(2017·安徽江淮十校第三次联考)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( ) A ．1＜a ≤2 B ．a ≥4 C ．a ≤2D ．0＜a ≤3A [易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x＜0，解得0＜x ＜3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A.]13．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________.【导学号：79140080】⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 [∵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.]14．已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )＋2x在[1，＋∞)上单调，求实数a 的取值范围．[解] (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f ′(x )＝2x －2x＝2(x ＋1)(x －1)x，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1，故f (x )的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意得g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，函数g (x )在[1，＋∞)上是单调函数．①若g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x－2x 2，∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝0，∴a ≥0.②若g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a 的取值范围为[0，＋∞)．。

2019—2020年北师大版高中数学选修1-1《导数与函数的单调性》课后考点练习及解析.docx

（新课标）2017-2018学年北师大版高中数学选修1-1第4章 1.1 导数与函数的单调性一、选择题(每小题5分，共20分)1．当x ＞0时，f(x)＝x ＋2x ，则f(x)的单调递减区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(2，＋∞)D ．(0，2)解析： f ′(x)＝1－2x 2，当f ′(x)＜0时，－2＜x ＜0，或0＜x ＜2，又∵x ＞0，∴0＜x＜2，故选D. 答案： D2．下列函数中在区间(－1,1)上是减函数的是( ) A ．y ＝2－3x 2B ．y ＝lnxC ．y ＝1x －2D ．y ＝sinx解析：对于函数y ＝1x －2，其导数y ′＝－1(x －2)2<0，且函数在区间(－1,1)上有意义，所以函数y ＝1x －2在区间(－1,1)上是减函数，其余选项都不符合要求，故选C.答案： C3．函数y ＝xcosx －sinx 在下列哪个区间内是增函数( )A ．(π2，3π2)B ．(π，2π)C ．(3π2，5π2)D ．(2π，3π)解析：由y ′＝－xsinx ＞0，则sinx ＜0，则π＋2k π＜x ＜2π＋2k π，k ∈Z. 答案： B4．(2，＋∞)为函数y ＝2x －ax 的单调递增区间，则a 的值为( )A ．a ≥－8B ．－8＜a ＜0C ．a ＜－8D ．a ＞0解析： y ′＝2＋ax 2≥0对x ＞2恒成立，∴a ≥－2x 2，∴a ≥－8. 答案： A二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2009江苏高考)函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为________．解析： f ′(x)＝3x 2－30x －33＝3(x －11)(x ＋1)，当x<－1或x>11时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当－1<x<11时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．答案： (－1,11)6．若函数y ＝(a －1)lnx ＋2x －1在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围为________．解析： y ′＝(a －1)·1x ＋2>0在(0，＋∞)上恒成立即：a －1>－2x ，而x>0，∴a －1≥0，∴a ≥1. 答案： a ≥1三、解答题(每小题10分，共20分) 7．求下列函数的单调区间． (1)f(x)＝3x 2－2x ＋1； (2)f(x)＝x 3－2x 2＋x ； (3)f(y)＝x －ln x(x>0)；解析： (1)f ′(x)＝6x －2.令6x －2>0，解得x>13.因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞时，f(x)是增函数；其单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞.再令6x －2<0，解得x<13.因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13时，f(x)是减函数．其单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13.(2)f ′(x)＝3x 2－4x ＋1.令3x 2－4x ＋1>0，解得x>1，或x<13.因此，y ＝x 3－2x 2＋x的单调递增区间为(1，＋∞)和⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13.再令3x 2－4x ＋1<0，解得13<x<1.因此，y ＝x 3－2x 2＋x的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.(3)函数的定义域为(0，＋∞)，y ′＝1－1x，令y ′＝1－1x >0，则x>1，因此，函数y ＝x －ln x 在(1，＋∞)上是增函数；令y ′＝1－1x<0，则0<x<1，因此，函数y ＝x －ln x 在(0,1)上是减函数，所以函数y ＝x －ln x 的单调区间是(0,1)和(1，＋∞)．8．讨论函数f(x)＝bxx 2－1(－1<x<1，b ≠0)的单调区间．解析： f(x)的定义域为(－1,1)，易知函数f(x)是奇函数，故只需讨论函数在(0,1)内的单调性．因为f ′(x)＝b ·x ′(x 2－1)－x (x 2－1)′(x 2－1)2＝－b (x 2＋1)(x 2－1)2，当0<x<1时，x 2＋1>0，(x 2－1)2>0，所以－x 2＋1(x 2－1)2<0.所以若b>0，则f ′(x)<0，所以函数f(x)在(0,1)内是减函数；若b<0，则f ′(x)>0，所以函数f(x)在(0,1)内是增函数．又函数f(x)是奇函数，而奇函数图象关于原点对称，所以当b>0时，f(x)在(－1,1)内是减函数；当b<0时，f(x)在(－1,1)内是增函数．尖子生题库☆☆☆9．(10分)已知f(x)＝2ax－1x2，x∈(0,1]．若f(x)在区间(0,1]上是增函数，求a的取值范围．解析：f′(x)＝2a＋2x3. ∵f(x)在(0,1]上单调递增，∴f′(x)≥0，即a≥－1x3在x∈(0,1]上恒成立．而g(x)＝－1x3在(0,1]上单调递增．∴g(x)max＝g(1)＝－1.∴a≥－1，即a的取值范围是[－1，＋∞)．。

高考数学一轮复习课时训练函数的单调性与极值北师大版

A 级(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·西安模拟)函数f (x )＝e x ＋e －x(e 为自然对数的底数)在(0，＋∞)上( )．A ．有极大值B ．有极小值C ．是增函数D ．是减函数解析依题意知，当x ＞0时，f ′(x )＝e x－e －x＞e 0－e 0＝0，因此f (x )在(0，＋∞)上是增函数．答案 C2．若函数f (x )＝ax 3－x 在区间(－∞，＋∞)内是减函数，则( )． A ．a ≤0 B ．a ＜1 C ．a ＝2 D ．a ＝13解析 f ′(x )＝3ax 2－1，由f ′(x )＝3ax 2－1≤0，得a ≤0. 答案 A3．函数y ＝x 3－x 2－x ＋1在闭区间[－1,1]上的最大值是( )． A.3227 B.2627 C ．0 D ．－3227解析 f (x )＝3x 2－2x －1，由f (x )＝0，得x ＝1或x ＝－13，f (－1)＝0，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3227. 答案 A4．(2011·皖南八校第二次联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )． A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)＞0，解得a ＜－3或a ＞6. 答案 B5．(2011·浙江)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )．解析设h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x .由x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，得当x ＝－1时，ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a＝0，∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2，则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足该条件．答案 D二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2011·广东)函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．解析由题意知f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，由f ′(x )＞0，得x ＜0或x ＞2，由f ′(x )＜0得0＜x ＜2，∴f (x )在x ＝2处取得极小值．答案 27．函数f (x )＝x ln x 的单调递增区间是________．解析函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )＞0，得x ＞1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞8．(2011·辽宁)已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝e x－2. 当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0. ∴f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2＋a ，则函数有零点，即f (x )min ≤0. ∴2－2ln 2＋a ≤0， ∴a ≤2ln 2－2. 答案 (－∞，2ln 2－2] 三、解答题(共23分)9．(11分)已知函数f (x )＝4x 3＋ax 2＋bx ＋5的图象在x ＝1处的切线方程为y ＝－12x . (1)求函数f (x )的解析式； (2)求y ＝f (x )的单调递增区间．解 (1)f ′(x )＝12x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝12＋2a ＋b ＝－12，①又x ＝1，y ＝－12在f (x )的图象上，∴4＋a ＋b ＋5＝－12， ②由①②得a ＝－3，b ＝－18， ∴f (x )＝4x 3－3x 2－18x ＋5.(2)由f ′(x )＝12x 2－6x －18＝0，得x ＝－1，32.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化如下表：x (－∞，－1)－1 ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0－ 0＋ f (x )增减增∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.10．(12分)(2011·安徽)设f (x )＝ex1＋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．解对f (x )求导得 f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax1＋ax22.①(1)当a ＝43时，令f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1212 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋－＋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.所以a 的取值范围为(0,1]．B 级(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2011·福建)若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )．A ．2B ．3C ．6D ．9 解析 ∵f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，Δ＝4a 2＋96b ＞0，又x ＝1是极值点，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6， ∴ab ≤a ＋b24＝9，当且仅当a ＝b 时“＝”成立，所以ab 的最大值为9.答案 D2．(2011·金华十校模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( )．A ．－13B ．－15C ．10D ．15解析求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x .由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴对m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴对n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.于是，f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案 A二、填空题(每小题4分，共8分)3．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．解析 ∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数， ∴当x ＝0时，f (x )＝m 最大．∴m ＝3，从而f (－2)＝－37，f (2)＝－5，∴最小值为－37.答案－374．(2011·苏北四市二调)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．解析由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′－1＝－3，f －1＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧3m －2n ＝－3，－m ＋n ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，所以f (x )＝x 3＋3x 2.由f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0，故f (x )在[－2,0]上单调递减，故有[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，即－2≤t ＜t ＋1≤0，解得t ∈[－2，－1]．答案 [－2，－1] 三、解答题(共22分)5．(10分)(2011·浙江五校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c (x ∈[－1,2])，且函数f (x )在x ＝1和x ＝－23处都取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间．解 (1)∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 由题易知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝0，f ′1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2.(2)由(1)知，f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)， ∵当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－23时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－23和(1,2]． 6．(★)(12分)(2011·湖南)设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k .问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．思路分析先求导，通分后发现f ′(x )的符号与a 有关，应对a 进行分类，依据方程的判别式来分类．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，其判别式Δ＝a 2－4.①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0.故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a ＜－2时，Δ＞0，g (x )＝0的两根都小于0.在(0，＋∞)上，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a ＞2时，Δ＞0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42.当0＜x ＜x 1时，f ′(x )＞0，当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0；当x ＞x 2时，f ′(x )＞0.故f (x )分别在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．(2)由(1)知，a ＞2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)，所以，k ＝f x 1－f x 2x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 又由(1)知，x 1x 2＝1，于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.若存在a ，使得k ＝2－a ，则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2.由x 1x 2＝1得x 2－1x 2－2ln x 2＝0(x 2＞1)．(*)再由(1)知，函数h (t )＝t －1t －2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而x 2＞1，所以x 2－1x 2－2lnx 2＞1－11－2 ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得k ＝2－a .【点评】本题充分体现了分类讨论思想.近几年新课标高考常考查含参数的导数问题，难度中等偏上，考生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准，导致分类不全等.。

2019年高考数学一轮复习课时分层训练14 导数与函数的单调性文北师大版

2019年高考数学一轮复习课时分层训练14 导数与函数的单调性文北师大版一、选择题1．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，＋∞)B [y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x(x ＞0)．令y ′＜0，得0＜x ＜1，∴单调递减区间为(0,1)．]2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图像如图2113所示，则下列叙述正确的是( )图2113A ．f (b )＞f (c )＞f (d )B ．f (b )＞f (a )＞f (e )C ．f (c )＞f (b )＞f (a )D ．f (c )＞f (e )＞f (d )C [依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )＞0，因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增加的，由a ＜b ＜c ，所以f (c )＞f (b )＞f (a )．因此C 正确．]3．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( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，52 D [∵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，故选D.]4．(2017·山东高考)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( ) A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos xA [若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立．对于选项A ，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意．经验证，选项B ，C ，D 均不符合题意．故选A ．]5．(2016·湖北枣阳第一中学3月模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( ) 【导学号：00090066】A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)B [由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上是增加的，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B.] 二、填空题6．函数f (x )＝ln x x的单调递增区间是________．(0，e) [由f ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ln x x ′＝1－ln x x 2＞0(x ＞0)，可得⎩⎪⎨⎪⎧1－ln x ＞0，x ＞0，解得x ∈(0，e)．]7．若函数y ＝ax ＋sin x 在R 上是增加的，则a 的最小值为________．1 [函数y ＝ax ＋sin x 在R 上单调递增等价于y ′＝a ＋cos x ≥0在R 上恒成立，即a ≥－cos x 在R 上恒成立，因为－1≤－cos x ≤1，所以a ≥1，即a 的最小值为1.] 8．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 [因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x ＝3x 2≥0，所以f (x )在R 上是增加的，所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，所以－1≤a ≤12.]三、解答题9．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.【导学号：00090067】[解] (1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.5分(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，＋∞)上是减少的. 8分由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，＋∞).12分10．(2015·重庆高考)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，讨论g (x )的单调性． [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 2分因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.5分(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x.8分令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2018·江淮十校联考)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( ) A ．1＜a ≤2 B ．a ≥4 C ．a ≤2D ．0＜a ≤3A [易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x＜0，解得0＜x ＜3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上是减少的，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A]2．(2017·石家庄质检(二))设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝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________．【导学号：00090068】(－2,0)∪(2，＋∞) [令g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xfx －f xx 2＞0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)，则f (x )＝xg (x )＞0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，g x ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，g x ＜0，解得x ＞2或－2＜x ＜0，故不等式f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．]3．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 －x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减少的，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 －1.5分(2)∵φ(x )＝m x －x ＋1－f (x )＝m x －x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减少的，∴φ′(x )＝－x 2＋m －x －1x x ＋2≤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，＋∞).9分∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值范围是(－∞，2]. 12分。

高考数学大一轮总复习第二章函数、导数及其应用计时双基练14 导数与函数的单调性文北师大版

计时双基练十四导数与函数的单调性A 组基础必做1．已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图像如图所示，那么函数f (x )的图像最有可能是( )解析由导函数图像可知，f (x )在(－∞，－2]，[0，＋∞)上单调递减，在[－2,0]上单调递增，选A 。

答案 A2．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R解析函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)。

答案 A3．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) 解析由f (－x )＝－x sin(－x )＝x sin x ＝f (x )知，函数f (x )＝x sin x 为偶函数，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0知，函数f (x )＝x sin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，由π2>π3>1>π5>0知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故选A 。

答案 A4．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x。

2019高三数学文北师大版一轮课时分层训练14 导数与函数的单调性 Word版含解析

课时分层训练(十四)导数与函数的单调性(对应学生用书第页)组基础达标(建议用时：分钟)一、选择题．函数＝－的单调递减区间为( )．(－) ．()．(，＋∞) ．(，＋∞)[＝－，′＝－＝＝(＞)．令′＜，得＜＜，∴单调递减区间为()．]．已知定义在上的函数()，其导函数′()的大致图像如图--所示，则下列叙述正确的是( )图--．()＞()＞()．()＞()＞()．()＞()＞()．()＞()＞()[依题意得，当∈(－∞，)时，′()＞，因此，函数()在(－∞，)上是增加的，由＜＜，所以()＞()＞()．因此正确．]．若函数()＝－＋在区间(，＋∞)上为增函数，则实数的取值范围为( ) ．(－∞，) ．(－∞，][∵′()＝－＋，当∈(，＋∞)时，′()≥恒成立，即－＋≥恒成立，∴≤＋恒成立．令()＝＋，′()＝－，∴当＞时，′()＞，即()在(，＋∞)上单调递增，∴≤＋＝，故选.]．(·山东高考)若函数()(＝…是自然对数的底数)在()的定义域上单调递增，则称函数()具有性质．下列函数中具有性质的是( )．()＝－．()＝．()＝－．()＝[若()具有性质，则[()]′＝[()＋′()]>在()的定义域上恒成立，即()＋′()>在()的定义域上恒成立．对于选项，()＋′()＝－－－＝－(－)>，符合题意．经验证，选项，，均不符合题意．故选．]．(·湖北枣阳第一中学月模拟)函数()的定义域为，(－)＝，对任意∈，′()＞，则()＞＋的解集为( ) 【导学号：】．(－) ．(－，＋∞)．(－∞，－) ．(－∞，＋∞)[由()＞＋，得()－－＞，设()＝()－－，则′()＝′()－，因为′()＞，所以′()＞在上恒成立，所以()在上是增加的，而(－)＝(－)－×(－)－＝＋－＝，故不等式()－－＞等价于()＞(－)，所以＞－，故选.]二、填空题．函数()＝)的单调递增区间是．(，)[由′()＝)))′＝)＞(＞)，可得(\\(－＞，＞，))解得∈(，)．]．若函数＝＋在上是增加的，则的最小值为．[函数＝＋在上单调递增等价于′＝＋≥在上恒成立，即≥－在上恒成立，因为－≤－≤，所以≥，即的最小值为.]．(·江苏高考)已知函数()＝－＋－，其中是自然对数的底数．若(－)＋()≤，则实数的取值范围是．。

2019年高考数学一轮复习课时分层训练函数的单调性与最大小值文北师大版_

课时分层训练(五) 函数的单调性与最大(小)值A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．] 2．若函数y ＝ax 与y ＝－bx在(0，＋∞)上都是减少的，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增加的B ．减少的C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－b2a ＜0，从而函数y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是减少的．]3．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( )【导学号：00090019】A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝⎛⎦⎥⎤－1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x 2＞0，解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)．令t ＝4＋3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254.则t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32上是增加的，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4上是减少的，又y ＝ln t 在⎝⎛⎦⎥⎤0，254上是增加的，∴f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.]4．(2017·长春质检)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，－1] C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f (x )在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.]5．(2018·三门峡模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ＜2，x 2，x ≥2，若f (a ＋1)≥f (2a －1)，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，2] C ．[2,6]D ．[2，＋∞)B [易知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ＜2，x 2，x ≥2是定义域R 上的增函数．∵f (a ＋1)≥f (2a －1)，∴a ＋1≥2a －1，解得a ≤2.故实数a 的取值范围是(－∞，2]，故选B.] 二、填空题6．(2018·上饶模拟)函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是________．32 [法一：易知y ＝－x ，y ＝1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上单调递减，∴函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上单调递减，∴f (x )max ＝f (－2)＝32.法二：函数f (x )＝－x ＋1x 的导数为f ′(x )＝－1－1x2.易知f ′(x )＜0，可得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上单调递减，所以f (x )max ＝2－12＝32.]7．(2017·江苏常州一模)函数f (x )＝log 2(－x 2＋22)的值域为________．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x 2＋22≤22， ∴当x ＝0时，f (x )取得最大值，f (x )max ＝f (0)＝log 222＝32，∴f (x )的值域为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.] 8．(2017·郑州模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋a ，x ＜1，2x，x ≥1的最小值为2，则实数a 的取值范围是________．[3，＋∞) [当x ≥1时，f (x )≥2，当x ＜1时，f (x )＞a －1.由题意知a －1≥2，∴a ≥3.] 三、解答题9．已知函数f (x )＝1a －1x(a ＞0，x ＞0)．(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增加的；(2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值． [解] (1)证明任取x 1＞x 2＞0，则f (x 1)－f (x 2)＝1a －1x 1－1a ＋1x 2＝x 1－x 2x 1x 2，∵x 1＞x 2＞0， ∴x 1－x 2＞0，x 1x 2＞0，∴f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)． ∴f (x )在(0，＋∞)上是增加的．(2)由(1)可知，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是增加的， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1a －2＝12，f (2)＝1a －12＝2，解得a ＝25.10．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)上是增加的；(2)若a ＞0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围. 【导学号：00090020】 [解] (1)证明：设x 1＜x 2＜－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.2分∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上是增加的.5分(2)f (x )＝xx －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减少的， 8分又f (x )在(1，＋∞)上是减少的， ∴0＜a ≤1，故实数a 的取值范围是(0,1].12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2018·唐山模拟)函数y ＝2－xx ＋1，x ∈(m ，n ]的最小值为0，则m 的取值范围是( )A ．(1,2)B ．(－1,2)C ．[1,2)D ．[－1,2)B [函数y ＝2－x x ＋1＝3－x －1x ＋1＝3x ＋1－1，在x ∈(－1，＋∞)时，函数y 是单调递减函数，在x ＝2时，y ＝0；根据题意x ∈(m ，n ]时，y 的最小值为0，∴m 的取值范围是－1＜m ＜2.故选B.]2．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________.－6 [f (x )＝|2x ＋a |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x ≥－a2，－2x －a ，x ＜－a2.∵函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a2，＋∞， ∴－a2＝3，∴a ＝－6.]3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． [解] (1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.3分(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，当x >1时，f (x )<0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，5分即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，∴函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数. 7分 (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)， 9分而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.12分。

2019高考数学一轮复习第2章第节导数与函数的单调性教师用书文北师大版

第十一节导数与函数的单调性[考纲传真] 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(其中多项式函数一般不超过三次)．函数的导数与单调性的关系函数y＝f (x)在某个区间内可导，则(1)若f ′(x)＞0，则f (x)在这个区间内增加的；(2)若f ′(x)＜0，则f (x)在这个区间内减少的；(3)若f ′(x)＝0，则f (x)在这个区间内是常数函数．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)上增加，那么在区间(a，b)上一定有f ′(x)>0.( )(2)如果函数在某个区间内恒有f ′(x)＝0，则函数f (x)在此区间上没有单调性．( )(3)f ′(x)＞0是f (x)为增函数的充要条件．( )[答案] (1)×(2)√(3)×2．f (x)＝x3－6x2的递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)A[f ′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f ′(x)<0，得0<x<4，∴递减区间为(0,4)．] 3．(教材改编)如图2111所示是函数f (x)的导函数f ′(x)的图像，则下列判断中正确的是( )【导学号：66482105】A．函数f (x)在区间(－3,0)上是减少的B．函数f (x)在区间(1,3)上是减少的C．函数f (x)在区间(0,2)上是减少的D．函数f (x)在区间(3,4)上是增加的图2111A [当x ∈(－3,0)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－3,0)上是减少的．其他判断均不正确．]4．(2015·陕西高考)设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数B [因为f ′(x )＝1－cos x ≥0，所以函数为增函数，排除选项A 和C.又因为f (0)＝0－sin0＝0，所以函数存在零点，排除选项D ，故选B.]5．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)D [由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )．试讨论f (x )的单调性.【导学号：66482106】[解] f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3. 2分当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上是增加的；4分当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上是减少的；7分当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，10分所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上是减少的. 12分[规律方法] 用导数证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤 (1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确认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．易错警示：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．[变式训练1] (2016·四川高考节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，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.[解] (1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0). 2分当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的；5分当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的. 7分(2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 9分当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0. 12分(2016·天津高考节选)设函数f (x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f (x)的单调区间．[解]由f (x)＝x3－ax－b，可得f ′(x)＝3x2－a.下面分两种情况讨论：①当a≤0时，有f ′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f (x)的递增区间为(－∞，＋∞). 5分②当a＞0时，令f ′(x)＝0，解得x＝3a3或x＝－3a3.当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：12分[规律方法]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)在定义域内解不等式f ′(x)＞0，得递增区间；(4)在定义域内解不等式f ′(x)＜0，得递减区间．[变式训练2] 已知函数f (x)＝(－x2＋2x)e x，x∈R，e为自然对数的底数，则函数f (x)的递增区间为________．(－2，2)[因为f (x)＝(－x2＋2x)e x，所以f ′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f ′(x)＞0，即(－x2＋2)e x＞0，因为e x＞0，所以－x2＋2＞0，解得－2＜x＜2，所以函数f (x)的递增区间为(－2，2)．]若f (x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．[解]因为f (x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立. 5分因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f ′(x)＝3x2≥0，f (x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]. 12分[迁移探究1] (变换条件)函数f (x)不变，若f (x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．[解]因为f ′(x)＝3x2－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3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，7分所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]. 12分[迁移探究2] (变换条件)函数f (x)不变，若f (x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围．[解]由f ′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立. 5分因为－1＜x＜1，所以3x2＜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. 12分[迁移探究3] (变换条件)函数f (x)不变，若f (x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．[解]∵f (x)＝x3－ax－1，∴f ′(x)＝3x2－a.由f ′(x)＝0，得x＝±3a3(a≥0).5分∵f (x)在区间(－1,1)上不单调，∴0＜3a3＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为(0,3).12分[规律方法]根据函数单调性求参数的一般方法(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“若函数递增，则f ′(x)≥0；若函数递减，则f ′(x)≤0”来求解．易错警示：(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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(2)函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如迁移3中利用了3a3∈(0,1)来求解．[变式训练3] (2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 C [取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)递增的条件，故排除A ，B ，D.故选C.][思想与方法]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，并注意函数f (x )的定义域．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．[易错与防范]1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．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．在某区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．4．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 )的任何子区间内都不恒为零．。

北京专用2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性课件文

1 2
xe3x,
x2
故g'(x)=
3 2
xe2x+
2
x
ex
1 2
x3
x2
=
1 2
xe3x=
5 2
xx2(x+21x)(x+412 )ex.
令g'(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4. 当x<-4时,g'(x)<0,故g(x)为减函数; 当-4<x<-1时,g'(x)>0,故g(x)为增函数; 当-1<x<0时,g'(x)<0,故g(x)为减函数; 当x>0时,g'(x)>0,故g(x)为增函数. 综上知,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数, 在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.
(2)证明:当a=-1时, f '(x)= x3 exx(2x>0x). 1
x2
令g(x)=x3+x2-x+1, 则g'(x)=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1),
令g'(x)=(3x-1)(x+1)>0,得x> 1 ,
3
令g'(x)=(3x-1)(x+1)<0,得0<x< 1 ,
3
所以函数g(x)在
2.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是 ( D )
A.(-∞,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞)
答案 D 由f(x)=(x-3)ex,得f '(x)=(x-2)ex, 令f '(x)>0,得x>2,故f(x)的单调递增区间是(2,+∞).

2019大一轮高考总复习文数(北师大版)课时作业提升14 函数的单调性与导数 Word版含解析

课时作业提升(十四)函数的单调性与导数组夯实基础．函数()＝(－)的单调递增区间是( )．(, )．(－∞，)．(，＋∞)．()解析：选因为()＝(－)，则′()＝(－)，令′()＞，得＞，所以()的单调递增区间为(，＋∞)．．(·涪陵月考)已知函数()＝＋，若′()是()的导函数，则函数′()的图像大致是( )解析：选设()＝′()＝－，′()＝－≥，所以函数′()在上单调递增．．(·乐山模拟)()＝－在(，＋∞)上单调递增，则实数的取值范围为( )．≤．＜．≤．＜解析：选由()＝－，得′()＝－，∵()在(，＋∞)上单调递增，∴－≥在(，＋∞)上恒成立，即≤在(，＋∞)上恒成立，∵∈(，＋∞)时，＞，∴≤.．(·邯郸模拟)若函数()的导函数′()＝－＋，则使函数(－)单调递减的一个充分不必要条件是∈( )．[]．()．()．()解析：选由′()<⇔－＋<，即<<，∴函数()在()上单调递减．∴函数(－)在()上单调递减．故为充要条件，为充分不必要条件．．对于上可导的任意函数()，若满足(－)′()≤，则必有( )．()＋()＜()． ()＋()≤()．()＋()＞()．()＋()≥()解析：选由题意知，当≥时，′()≤，所以函数()在[，＋∞)上单调递减或为常数函数；当＜时，′()≥，所以函数()在(－∞，)上单调递增或为常数函数，所以()≤()，()≤()，所以()＋()≤()，故选．．(·吉林模拟)设函数′()是奇函数()(∈)的导函数，(－)＝，当＞时，′()－()＜，则使得()＞成立的的取值范围是( )．(－)∪(，＋∞)．(－∞，－)∪()．(－∞，－)∪(－)．()∪(，＋∞)解析：选设()＝，则′()＝，因为＞时，′()－()＜，所以＞时，′()＜所以()在(，＋∞)上单调递减．又()为奇函数，所以()为偶函数．所以()在(－∞，)上单调递增，且(－)＝()＝，当∈()时，()＞时，()＞，当∈(－∞，－)时，()＜，()＞.故选．．函数()＝＋－在(π)上的单调情况是．解析：在(π)上有′()＝－＞，所以()在(π)上单调递增．答案：单调递增．已知函数()＝＋(－)－＋(>)的单调递减区间是()．()实数的值为；()若在()上为减函数，则实数的取值范围是．解析：()′()＝＋(－)，由题意知′()＝，解得＝.()由′()＝＋(－)≤并结合导函数的图像可知，必有－≥，解得≤.又>，故<≤.答案：() ()<≤．(·临沂检测)若函数()的定义域为，且满足()＝，′()>，则不等式()－>的解集为．解析：令()＝()－，∴′()＝′()－.由题意知′()>，∴()为增函数．∵()＝()－＝，∴()>的解集为(，＋∞)．答案：(，＋∞)．已知函数()＝(为常数，是自然对数的底数)，曲线＝()在点(，())处的切线与轴平行．()求的值；()求()的单调区间．解：()由题意得′()＝，又′()＝＝，故＝.()由()知，′()＝.设()＝－－(＞)，则′()＝－－＜，即()在(，＋∞)上是减函数．由()＝知，当＜＜时，()＞，从而′()＞；当＞时，()＜，从而′()＜.综上可知，()的单调递增区间是()，单调递减区间是(，＋∞)．．(·焦作模拟)已知函数()＝，()＝＋.()若()与()在＝处相切，求()的表达式；()若φ()＝－()在[，＋∞)上是减函数，求实数的取值范围．解：()由已知得′()＝，∴′()＝＝，＝.又∵()＝＋＝()＝，∴＝－，∴()＝－.()∵φ()＝－()＝－在[，＋∞)上是减函数，。

2019届一轮复习北师大版　导数与函数的单调性学案

第2讲导数与函数的单调性1．函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)＞0f(x)在(a，b)内单调递增f′(x)＜0f(x)在(a，b)内单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0，当x∈(a，b)时．f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．(2)f′(x)＞0(＜0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件．[提醒]利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数的符号．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．()答案：(1)×(2)√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．减函数解析：选D.因为f′(x)＝－sin x－1＜0.所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.(教材习题改编)函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：①f′(x)>0时，－1<x<2；②f′(x)<0时，x<－1或x>2；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是()解析：选C.根据信息知，函数f (x )在(－1，2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.(教材习题改编)函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1，由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的最大值是________．解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈[1，＋∞)，所以a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：3利用导数判断(证明)函数的单调性[典例引领](2017·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性．【解】 (分类讨论思想)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增． ③若a ＜0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞单调递增．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.[提醒] 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．[通关练习]1．函数f (x )＝e 2x ＋2cos x －4的定义域是[0，2π]，则f (x )( ) A ．在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数 B ．在[0，π]上是增函数，在[π，2π]上是减函数 C ．在[0，2π]上是增函数 D ．在[0，2π]上是减函数解析：选C.由题意可得f ′(x )＝2e 2x －2sin x ＝2(e 2x －sin x )．因为x ∈[0，2π]，所以f ′(x )≥2(1－sin x )≥0，所以函数f (x )在[0，2π]上是增函数，故选C. 2．已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝x x ＋1(x ＞－1)．讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(－1，＋∞)上的单调性．解：F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝m x ＋1－1（x ＋1）2＝m （x ＋1）－1（x ＋1）2(x ＞－1)．当m ≤0时，F ′(x )＜0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，令F ′(x )＜0，得x ＜－1＋1m ，函数F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减；令F ′(x )＞0，得x ＞－1＋1m ，函数F (x )在(－1＋1m ，＋∞)上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减，在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．求函数的单调区间[典例引领](2016·高考北京卷)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．【解】 (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －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 )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x ＞0知，f ′(x )与 1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －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(－∞，＋∞)．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )A.⎝⎛⎭⎫1e ，eB.⎝⎛⎭⎫0，1e C.⎝⎛⎭⎫－∞，1e D.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 解析：选B.因为函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1e.故f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e .函数单调性的应用(高频考点)利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度： (1)比较大小或解不等式；(2)已知函数单调性求参数的取值范围．[典例引领]角度一比较大小或解不等式(构造函数法)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( ) A ．(－1，1) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)【解析】由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B. 【答案】 B角度二已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围．【解】 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2＜0有解．即a ＞1x 2－2x 有解，设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝(1x －1)2－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a ＞－1.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )ma x ，而G (x )＝(1x －1)2－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )ma x ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是[－716，＋∞)．1.本例条件变为：若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围．解：由h (x )在[1，4]上单调递增得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立，所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x )min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2.本例条件变为：若h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，则h ′(x )＜0在[1，4]上有解，所以当x ∈[1，4]时，a ＞1x 2－2x 有解，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．(1)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． (2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．[提醒] 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 )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[通关练习]1．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( ) A ．f (sin A )＞f (cos B ) B ．f (sin A )＜f (cos B ) C ．f (sin A )＞f (sin B )D ．f (sin A )＜f (sin B )解析：选A.因为f (x )＝x 3－3x ，所以f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1，1)上是减函数，又A 、B 都是锐角，且A ＋B ＜π2，所以0＜A ＜π2－B ＜π2，所以sin A ＜sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )＞f (cos B )，故选A. 2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围．解：(1)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． (2)由(1)知当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，＋∞.导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件； (2)f ′(x )≥0(或≤0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件．利用导数研究函数的单调性的思路根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中含有参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这个点不止一个，则要根据参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，在分类解决问题后要整合为一个一般的结论．化归转化思想的应用(1)已知函数f (x )在D 上单调递增求参数的取值范围，常转化为f ′(x )≥0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴下方的问题，已知函数f (x )在D 上单调递减求参数的取值范围，常转化为f ′(x )≤0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴上方的问题．(2)已知函数f (x )在D 上不单调，①将其转化为其导数在该区间不会恒大于零或恒小于零；②构造函数，通过构造函数，把复杂的函数转化为简单的函数．易误防范(1)求单调区间应遵循定义域优先的原则．(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)利用导数求函数的单调区间时，要正确求出导数等于零的点，不连续点及不可导点． (4)若f (x )在给定区间内有多个单调性相同的区间不能用“∪”连接，只能用“，”隔开或用“和”连接．1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A .在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增． 2．函数f (x )＝axx 2＋1(a ＞0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)或(1，＋∞)解析：选B.函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a （1－x 2）（x 2＋1）2＝a （1－x ）（1＋x ）（x 2＋1）2.由于a ＞0，要使f ′(x )＞0，只需(1－x )·(1＋x )＞0，解得x ∈(－1，1)． 3．(2018·太原模拟)函数f (x )＝e xx的图象大致为( )解析：选B.由f (x )＝e xx ，可得f ′(x )＝x e x－e xx 2＝（x －1）e xx 2，则当x ∈(－∞，0)和x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又当x ＜0时，f (x )＜0，故选B.4．(2018·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．a ＜1 B ．a ≤1 C ．a ＜2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax ，因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以2x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，因为x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，所以a ≤2故选D.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( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：选C.因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)＜f ⎝⎛⎭⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)＜f (0)＝a ，所以c ＜a ＜b ，故选C. 6．函数f (x )＝x 4＋54x －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝x 4＋54x －ln x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝⎛⎭⎫π2，f (2)的大小关系为________(用“＜”连接)．解析：函数f (x )为偶函数，因此f (－3)＝f (3)．又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )＜0.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π2，π上是减函数，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＞f (2)＞f (3)＝f (－3)．答案：f (－3)＜f (2)＜f ⎝⎛⎭⎫π28．(2018·张掖市第一次诊断考试)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________．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）≤0f ′（3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－12a ＋1≤09－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为[103，＋∞)．答案：[103，＋∞) 9．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0，6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x. 令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0，6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，解得a ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x ＞0)， f ′(x )＝x －5＋6x ＝（x －2）（x －3）x. 令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3.当0＜x ＜2或x ＞3时，f ′(x )＞0；当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )的单调递增区间是(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2，3)．10．已知函数g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5. (1)若函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值范围；(2)若函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：因为g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2.(1)法一：因为g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0.解得a ≤－3.即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．法二：由题意知x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以a ≤x ＋2x 在(－2，－1)内恒成立，记h (x )＝x ＋2x，则x ∈(－2，－1)时，－3＜h (x )≤－22，所以a ≤－3.(2)因为函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0在(－2，－1)内有解，所以a ＜⎝⎛⎭⎫x ＋2x ma x. 又x ＋2x≤－2 2. 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)．1．(2018·安徽江淮十校第三次联考)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( )A ．1＜a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0＜a ≤3解析：选A. 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x ＜0，解得0＜x ＜3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A.2．(2018·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )＜0，且f (－1)＝0，则f (x )＞0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞)解析：选A.设g (x )＝f （x ）e 2x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－2f （x ）e 2x＜0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )＞0⇔g (x )＞0，所以x ＜－1.3．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x ，a ＜0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x，由a ＜0可得f ′(x )＜0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减，g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )＜0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故g (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1＞0，即a ＜－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)4．定义在R 上的奇函数f (x )，当x ∈(－∞，0)时f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立，若a ＝3f (3)，b ＝(log πe)f (log πe)，c ＝－2f (－2)，则a ，b ，c 的大小关系为________．解析：设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，因为当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立，所以此时g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＜0，即此时函数g (x )＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减，因为f (x )是奇函数，所以g (x )＝xf (x )是偶函数，即当x ＞0时，函数g (x )＝xf (x )单调递增，则a ＝3f (3)＝g (3)，b ＝(log πe)f (log πe)＝g (log πe)， c ＝－2f (－2)＝g (－2)＝g (2)，因为0＜log πe ＜1＜2＜3，所以g (3)＞g (2)＞g (log πe)，即a ＞c ＞b .答案：a ＞c ＞b5．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)判断函数f (x )的单调性．解：(1)因为a ＝e ，所以f (x )＝e x －e x －1，f ′(x )＝e x －e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0.所以当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1.(2)因为f (x )＝e x －ax －1，所以f ′(x )＝e x －a .易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．所以当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，所以当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．6．(2018·武汉市武昌区调研考试)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋（1－a ）x －a x ＝（x ＋1）（x －a ）x. 若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当x ＞a 时，f ′(x )＞0.此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．所以g ′(x )＝2－a a ＋x －a a －x ＝－2x 2a 2－x 2.当0＜x＜a时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，a)上是减函数．而g(0)＝0，所以g(x)＜g(0)＝0.故当0＜x＜a时，f(a＋x)＜f(a－x)．。

近年届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲第1课时导数与函数的单调性配套练习文北师大版(20

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第1课时导数与函数的单调性一、选择题1．函数f（x)＝x－ln x的单调递减区间为( ) A．(0，1）B．(0,＋∞)C．（1，＋∞) D．（－∞，0)∪(1，＋∞)解析函数的定义域是（0,＋∞)，且f′(x）＝1－错误!＝错误!，令f′(x）<0，解得0<x〈1，所以单调递减区间是（0,1)．答案A2．（2015·陕西卷）设f(x)＝x－sin x，则f（x）( ) A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数解析因为f′（x）＝1－cos x≥0，所以函数为增函数,排除选项A和C.又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B.答案B3.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′（x）的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( )A．f(b)〉f(c)>f(d）B．f(b)>f（a）>f(e)C．f(c)〉f(b)〉f（a）D．f(c)>f(e）>f（d)解析依题意得,当x∈(－∞，c)时，f′（x）>0，因此，函数f（x)在（－∞,c)上是增函数，由a<b〈c，所以f（c）〉f(b）〉f(a)．答案C4．若函数f（x)＝2x3－3mx2＋6x在区间（2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为（）A．（－∞，2) B．(－∞，2］C.错误!D。

{北师大版}2020高考数学文科一轮复习课后练14《导数与函数的单调性》附答案详析

{北师大版}2020高考数学文科一轮复习课后练14《导数与函数的单调性》(建议用时：40分钟) A 组基础达标一、选择题1．函数y ＝4x 2＋1x的增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－122．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)3．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5＞f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5＞f (1)4．已知函数f (x )＝x 3－ax ，在(－1,1)上递减，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，＋∞) B ．[3，＋∞) C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]5．(2019·长春模拟)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e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( ) 二、填空题6．函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是________．7．若函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)上递减，则实数a 的取值范围为________．8．已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x (a ∈R )是区间(1,4)上的单调函数，则a 的取值范围是________．三、解答题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．10．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x ，当a ＜0时，讨论函数f (x )的单调性．B 组能力提升1．(2019·惠州模拟)已知函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )＜12，则f (x )＜x 2＋12的解集为( )A ．{x |－1＜x ＜1}B ．{x |x ＜－1}C ．{x |x ＜－1或x ＞1}D ．{x |x ＞1}2．(2017·山东高考)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x3．(2019·合肥模拟)已知f (x )＝e －x －e x ＋x －sin x (其中e 为自然对数的底数)，则不等式f (x 2－x )＜f (x ＋3)的解集为________．4．(2019·新乡模拟)已知函数f (x )＝e x －x 2＋2ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在R 上递增，求实数a 的取值范围．解析{北师大版}2020高考数学文科一轮复习课后练14《导数与函数的单调性》(建议用时：40分钟) A 组基础达标一、选择题1．函数y ＝4x 2＋1x的增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12B [函数y ＝4x 2＋1x的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ′＝8x －1x 2＝8x 3－1x2，令y ′＞0，得8x 3－1＞0.解得x ＞12，故选B.]2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)D [由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0＜1x＜1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．]3．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5＞f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5＞f (1)A [因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )．所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＞0，所以此时函数是增函数．所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5＜f (1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＞f (1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故选A ．]4．已知函数f (x )＝x 3－ax ，在(－1,1)上递减，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，＋∞) B ．[3，＋∞) C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]B [f ′(x )＝3x 2－a ，由题意知3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，即a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立，又0≤3x 2＜3，则a ≥3，故选B.]5．(2019·长春模拟)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e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x 2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定 A [设g (x )＝f xe x，则g ′(x )＝f x x－f xxx2＝f x －f xe x，由题意得g ′(x )＞0，所以g (x )递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f x 1e x 1＜f x 2e x 2，所以e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)，故选A ．] 二、填空题6．函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是________． (0,1) [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)f ′(x )＝2x －2x＝x ＋x －x，令f ′(x )＜0得0＜x ＜1，因此f (x )的递减区间为(0,1)．]7．若函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)上递减，则实数a 的取值范围为________．[3，＋∞) [∵函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)上递减，∴f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在(0,2)上恒成立，即a ≥32x 在(0,2)上恒成立．∵t ＝32x 在(0,2]上的最大值为32×2＝3，∴a ≥3.]8．已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x (a ∈R )是区间(1,4)上的单调函数，则a 的取值范围是________．(－∞，2]∪[5，＋∞) [f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1＝(x －1)[x －(a －1)] ∵f (x )是区间(1,4)上的单调函数． ∴a －1≤1或a －1＞4，解得a ≤2或a ≥5.] 三、解答题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(x ＞0)，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(x ＞0)．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 )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．10．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x ，当a ＜0时，讨论函数f (x )的单调性．[解] 函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x －2a x＋a －2＝x －x ＋a x.①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′(x )＝x －2x≥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．B 组能力提升1．(2019·惠州模拟)已知函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )＜12，则f (x )＜x 2＋12的解集为( )A ．{x |－1＜x ＜1}B ．{x |x ＜－1}C ．{x |x ＜－1或x ＞1}D ．{x |x ＞1}D [令φ(x )＝f (x )－x 2－12，则φ′(x )＝f ′(x )－12＜0，∴φ(x )在R 上是减函数．∵φ(1)＝f (1)－12－12＝1－1＝0，∴φ(x )＝f (x )－x 2－12＜0的解集为{x |x ＞1}，故选D.] 2．(2017·山东高考)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos xA [若f (x )具有性质M ，则[e x f (x )]′＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立．对于选项A ，f (x )＋f ′(x )＝2－x －2－x ln 2＝2－x (1－ln 2)>0，符合题意．经验证，选项B ，C ，D 均不符合题意．故选A ．]3．(2019·合肥模拟)已知f (x )＝e －x－e x ＋x －sin x (其中e 为自然对数的底数)，则不等式f (x 2－x )＜f (x ＋3)的解集为________．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [由已知得，f (－x )＝e x －e －x －x ＋sin x ＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，又f ′(x )＝－e －x －e x ＋1－cos x ，－e －x －e x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ＋e x ≤－2，所以f ′(x )＜0恒成立，所以f (x )是R 上的减函数，所以f (x 2－x )＜f (x ＋3)，即x 2－x ＞x ＋3，所以x 2－2x －3＞0，所以x ＜－1或x ＞3.]4．(2019·新乡模拟)已知函数f (x )＝e x －x 2＋2ax . (1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在R 上递增，求实数a 的取值范围．[解] (1)∵当a ＝1时，f ′(x )＝e x －2x ＋2，∴f ′(1)＝e ，又f (1)＝e ＋1，∴所求切线方程为y －(e ＋1)＝e(x －1)，即e x －y ＋1＝0. (2)f ′(x )＝e x－2x ＋2a ，∵f (x )在R 上递增，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立， ∴a ≥x －e x 2在R 上恒成立，令g (x )＝x －e x2，则g ′(x )＝1－e x2，令g ′(x )＝0，则x ＝ln 2，在(－∞，ln 2)上，g ′(x )＞0；在(ln 2，＋∞)上，g ′(x )＜0， ∴g (x )在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，∴g(x)max＝g(ln 2)＝ln 2－1，∴a≥ln 2－1，∴实数a的取值范围为[ln 2－1，＋∞)．。

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课时分层训练(十四) 导数与函数的单调性A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．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，＋∞)B [y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x(x ＞0)．令y ′＜0，得0＜x ＜1，∴单调递减区间为(0,1)．]2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图像如图2113所示，则下列叙述正确的是( )图2113A ．f (b )＞f (c )＞f (d )B ．f (b )＞f (a )＞f (e )C ．f (c )＞f (b )＞f (a )D ．f (c )＞f (e )＞f (d )C [依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )＞0，因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增加的，由a ＜b ＜c ，所以f (c )＞f (b )＞f (a )．因此C 正确．]3．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( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，52 D [∵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，故选D.]4．(2017·山东高考)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( ) A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos xA [若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立．对于选项A ，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意．经验证，选项B ，C ，D 均不符合题意．故选A ．]5．(2016·湖北枣阳第一中学3月模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( ) 【导学号：00090066】A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)B [由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上是增加的，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B.] 二、填空题6．函数f (x )＝ln x x的单调递增区间是________．(0，e) [由f ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ln x x ′＝1－ln x x 2＞0(x ＞0)，可得⎩⎪⎨⎪⎧1－ln x ＞0，x ＞0，解得x ∈(0，e)．]7．若函数y ＝ax ＋sin x 在R 上是增加的，则a 的最小值为________．1 [函数y ＝ax ＋sin x 在R 上单调递增等价于y ′＝a ＋cos x ≥0在R 上恒成立，即a ≥－cos x 在R 上恒成立，因为－1≤－cos x ≤1，所以a ≥1，即a 的最小值为1.] 8．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 [因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x ＝3x 2≥0，所以f (x )在R 上是增加的，所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，所以－1≤a ≤12.]三、解答题9．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.【导学号：00090067】[解] (1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.5分(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，＋∞)上是减少的. 8分由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，＋∞).12分10．(2015·重庆高考)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，讨论g (x )的单调性． [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 2分因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.5分(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x.8分令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2018·江淮十校联考)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( ) A ．1＜a ≤2 B ．a ≥4 C ．a ≤2D ．0＜a ≤3A [易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x＜0，解得0＜x ＜3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上是减少的，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A]2．(2017·石家庄质检(二))设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝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________．【导学号：00090068】(－2,0)∪(2，＋∞) [令g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xfx －f xx 2＞0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)，则f (x )＝xg (x )＞0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，g x ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，g x ＜0，解得x ＞2或－2＜x ＜0，故不等式f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．]3．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 －x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减少的，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 －1.5分(2)∵φ(x )＝m x －x ＋1－f (x )＝m x －x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减少的，∴φ′(x )＝－x 2＋m －x －1x x ＋2≤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，＋∞).9分∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值范围是(－∞，2]. 12分。