2020版高考数学大二轮复习专题六第五讲函数与导数第1课时用导数研究函数的单调性极值最值限时规范训练文
数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数第1讲函数图象与性质含解析
专题六函数与导数第1讲函数图象与性质高考定位1。
以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、值域、最值、奇偶性、单调性和周期性;2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象与性质解决简单问题；3。
函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法。
真题感悟1。
(2020·全国Ⅱ卷）设函数f（x)＝ln｜2x＋1|－ln|2x－1｜，则f(x)(）A。
是偶函数，且在错误!单调递增B。
是奇函数，且在错误!单调递减C。
是偶函数，且在错误!单调递增D。
是奇函数，且在错误!单调递减解析f(x）＝ln｜2x＋1|－ln|2x－1｜的定义域为错误!.∵f（－x)＝ln|－2x＋1｜－ln｜－2x－1|＝ln|2x－1｜－ln|2x＋1|＝－f（x），∴f(x）为奇函数,故排除A,C。
又当x∈错误!时，f(x）＝ln（－2x－1)－ln（1－2x）＝ln 错误!＝ln 错误!＝ln 错误!，∵y＝1＋错误!在错误!上单调递减，由复合函数的单调性可得f（x）在错误!上单调递减。
故选D.答案D2。
（2019·全国Ⅰ卷)函数f（x）＝错误!在[－π,π］的图象大致为()解析显然f(－x）＝－f(x），x∈[－π，π],所以f(x)为奇函数，排除A；又当x＝π时，f（π）＝错误!〉0，排除B，C，只有D适合.答案D3.（2020·新高考山东、海南卷)若定义在R上的奇函数f（x)在（－∞，0）单调递减，且f（2)＝0,则满足xf（x－1）≥0的x的取值范围是(）A.［－1，1］∪[3，＋∞）B.[－3,－1]∪［0,1］C.[－1，0]∪[1,＋∞）D.[－1,0]∪［1，3]解析因为函数f(x)为定义在R上的奇函数,则f(0)＝0。
又f（x）在（－∞,0）单调递减，且f（2)＝0，画出函数f（x）的大致图象如图（1）所示,则函数f(x－1）的大致图象如图（2）所示。
当x≤0时，要满足xf(x－1）≥0,则f（x－1）≤0，得－1≤x≤0.当x＞0时，要满足xf（x－1）≥0，则f（x－1)≥0，得1≤x≤3。
导数专题书目录
导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。
高中数学：函数与导数新高考新结构
函数与导数函数与导数问题是高考数学的必考内容。
从近几年的高考情况来看，在大题中考查内容主要有主要利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式及函数零点等内容。
此类问题体现了分类讨论、转化与化归的数学思想，难度较大。
题型一：利用导数研究函数的单调性题型二：利用导数研究函数的极值题型三：利用导数研究函数的最值题型四：利用导数解决恒成立与能成立题型五：利用导数求解函数的零点题型六：利用导数证明不等式题型七：利用导数研究双变量问题题型八：利用导数研究极值点偏移问题题型九：隐零点问题综合应用题型十：导数与数列综合问题题型一：利用导数研究函数的单调性1(2024·河南郑州·高三校联考阶段练习)已知函数f(x)=x22+ax-(ax+1)ln x在x=1处的切线方程为y=bx+52(a,b∈R).(1)求a，b的值；(2)证明：f x 在1,+∞上单调递增.1、求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.2、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 (通分合并、因式分解)；(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．3、含参函数单调性讨论依据：(1)导函数有无零点讨论(或零点有无意义)；(2)导函数的零点在不在定义域或区间内；(3)导函数多个零点时大小的讨论。
1(2024·安徽六安·高三统考期末)已知函数f x =x3+ax-6a∈R.(1)若函数f x 的图象在x=2处的切线与x轴平行，求函数f x 的图象在x=-3处的切线方程；(2)讨论函数f x 的单调性.2(2024·辽宁·校联考一模)已知f x =sin2x+2cos x.(1)求f x 在x=0处的切线方程；(2)求f x 的单调递减区间.题型二：利用导数研究函数的极值1(2024·湖南长沙·高三长沙一中校考开学考试)已知直线y=kx与函数f(x)=x ln x-x2+x的图象相切.(1)求k的值；(2)求函数f x 的极大值.1、利用导数求函数极值的方法步骤(1)求导数f (x)；(2)求方程f (x)=0的所有实数根；(3)观察在每个根x0附近，从左到右导函数f (x)的符号如何变化．①如果f (x)的符号由正变负，则f (x0)是极大值；②如果由负变正，则f (x0)是极小值；③如果在f (x)=0的根x=x0的左右侧f (x)的符号不变，则不是极值点．根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.2(2024·广东汕头·统考一模)已知函数f x =ax-1x-a+1ln x a∈R.(1)当a=-1时，求曲线y=f x 在点e,f e处的切线方程；(2)若f x 既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围.3(2022·河南·高三专题练习)已知函数f(x)=e x-ax312，其中常数a∈R.(1)若f x 在0,+∞上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若a=4，设g(x)=f(x)+x33-x2-x+1，求证：函数g x 在-1,+∞上有两个极值点.题型三：利用导数研究函数的最值1(2024·江苏泰州·高三统考阶段练习)已知函数f x =x4+ax3，x∈R．(1)若函数在点1,f1处的切线过原点，求实数a的值；(2)若a=-4，求函数f x 在区间-1,4上的最大值．函数f(x)在区间[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则求函数f(x)最值的步骤为：(1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值；(2)将函数f(x)的各极值与端点处的函数值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；(3)实际问题中，“驻点”如果只有一个，这便是“最值”点。
高考数学一轮专项复习讲义-导数与函数的单调性(北师大版)
§3.2导数与函数的单调性课标要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )>0f (x )在区间(a ，b )上单调递增f ′(x )<0f (x )在区间(a ，b )上单调递减f ′(x )＝0f (x )在区间(a ，b )上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数f (x )的定义域；第2步，求出导数f ′(x )的零点；第3步，用f ′(x )的零点将f (x )的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x )在各区间上的正负，由此得出函数y ＝f (x )在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≥0恒成立；若函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≤0恒成立．2．若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递增区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )>0有解；若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递减区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )<0有解．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．(√)(2)在(a ，b )内f ′(x )≤0且f ′(x )＝0的根有有限个，则f (x )在(a ，b )内单调递减．(√)(3)若函数f (x )在定义域上都有f ′(x )>0，则f (x )在定义域上一定单调递增．(×)(4)函数f (x )＝x －sin x 在R 上是增函数．(√)2.(多选)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是()A ．在区间(－2,1)上f (x )单调递增B ．在区间(2,3)上f (x )单调递减C ．在区间(4,5)上f (x )单调递增D ．在区间(3,5)上f (x )单调递减答案BC解析在区间(－2,1)上，当x ∈－2，－32f ′(x )<0，当x ∈－32，1f ′(x )>0，故f (x )在区间－2，－32在区间－32，1A 错误；在区间(3,5)上，当x ∈(3,4)时，f ′(x )<0，当x ∈(4,5)时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(3,4)上单调递减，在区间(4,5)上单调递增，C 正确，D 错误；在区间(2,3)上，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减，B 正确．3．已知f (x )＝x 3＋x 2－x 的单调递增区间为________．答案(－∞，－1)，13，＋∞解析令f ′(x )＝3x 2＋2x －1>0，解得x >13或x <－1，所以f (x )＝x 3＋x 2－x 的单调递增区间为(－∞，－1)13，＋∞4．已知f (x )＝2x 2－ax ＋ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．答案(－∞，5]解析f ′(x )＝4x －a ＋1x ＝4x 2－ax ＋1x，x ∈(1，＋∞)，故只需4x 2－ax ＋1≥0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，则a ≤4x ＋1x 在x ∈(1，＋∞)上恒成立，令y ＝4x ＋1x，因为y ′＝4－1x 2＝4x 2－1x 2>0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，所以y ＝4x ＋1x 在(1，＋∞)上单调递增，故4x ＋1x>5，所以a ≤5.题型一不含参函数的单调性例1(1)函数f(x)＝x ln x－3x＋2的单调递减区间为________．答案(0，e2)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2，当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)．(2)若函数f(x)＝ln x＋1e x，则函数f(x)的单调递增区间为________．答案(0,1)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ln x－1e x，令φ(x)＝1x－ln x－1(x>0)，φ′(x)＝－1x2－1x<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)．思维升华确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1已知函数f(x)＝x sin x＋cos x，x∈[0,2π]，则f(x)的单调递减区间为()A.0，π2 B.π2，3π2C．(π，2π) D.3π2，2π答案B解析由题意f(x)＝x sin x＋cos x，x∈[0,2π]，则f ′(x )＝x cos x ，当x f ′(x )>0，当x f ′(x )<0，故f (x )题型二含参数的函数的单调性例2已知函数g (x )＝(x －a －1)e x －(x －a )2，讨论函数g (x )的单调性．解g (x )的定义域为R ，g ′(x )＝(x －a )e x －2(x －a )＝(x －a )(e x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝ln 2，①若a >ln 2，则当x ∈(－∞，ln 2)∪(a ，＋∞)时，g ′(x )>0，当x ∈(ln 2，a )时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，ln 2)，(a ，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a )上单调递减；②若a ＝ln 2，则g ′(x )≥0恒成立，∴g (x )在R 上单调递增；③若a <ln 2，则当x ∈(－∞，a )∪(ln 2，＋∞)时，g ′(x )>0，当x ∈(a ，ln 2)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，a )，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a ，ln 2)上单调递减．综上，当a >ln 2时，g (x )在(－∞，ln 2)，(a ，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a )上单调递减；当a ＝ln 2时，g (x )在R 上单调递增；当a <ln 2时，g (x )在(－∞，a )，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a ，ln 2)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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练2(2023·北京模拟)已知函数f (x )＝2x －a(x ＋1)2.(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )的单调区间．解(1)当a ＝0时，f (x )＝2x(x ＋1)2(x ≠－1)，则f (0)＝0，因为f ′(x )＝－2x ＋2(x ＋1)3，所以f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在(0,0)处的切线方程为y ＝2x .(2)函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．f ′(x )＝(－2x ＋2a ＋2)(x ＋1)(x ＋1)4＝－2(x －a －1)(x ＋1)3，令f ′(x )＝0，解得x ＝a ＋1.①当a ＋1＝－1，即a ＝－2时，f ′(x )＝－2x －2(x ＋1)3＝－2(x ＋1)(x ＋1)3＝－2(x ＋1)2<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；②当a ＋1<－1，即a <－2时，令f ′(x )<0，则x ∈(－∞，a ＋1)∪(－1，＋∞)，令f ′(x )>0，则x ∈(a ＋1，－1)，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，a ＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a ＋1，－1)；③当a ＋1>－1，即a >－2时，令f ′(x )<0，则x ∈(－∞，－1)∪(a ＋1，＋∞)，令f ′(x )>0，则x ∈(－1，a ＋1)，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(a ＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a ＋1)．综上所述，当a ＝－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；当a <－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，a ＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a ＋1，－1)；当a >－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(a ＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a ＋1)．题型三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式例3(1)(多选)(2024·深圳模拟)若0<x 1<x 2<1，则()A ．21e e xx－>ln x 2＋1x 1＋1B ．21e e xx－<ln x 2＋1x 1＋1C ．1221e e x x x x >D ．1221e e x x x x <答案AC解析令f (x )＝e x －ln(x ＋1)且x ∈(0,1)，则f ′(x )＝e x －1x ＋1>0，故f (x )在区间(0,1)上单调递增，因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 1)<f (x 2)，即1e x－ln(x 1＋1)<2e x－ln(x 2＋1)，故21e e x x －>lnx 2＋1x 1＋1，所以A 正确，B 错误；令f (x )＝e xx 且x ∈(0,1)，则f ′(x )＝e x (x －1)x 2<0，故f (x )在区间(0,1)上单调递减，因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 1)>f (x 2)，即1212e e >x x x x ，故1221e e x x x x >，所以C 正确，D错误．常见组合函数的图象在导数的应用中常用到以下函数，记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果．典例(多选)如果函数f (x )对定义域内的任意两实数x 1，x 2(x 1≠x 2)都有x 1f (x 1)－x 2f (x 2)x 1－x 2>0，则称函数y ＝f (x )为“F 函数”．下列函数不是“F 函数”的是()A ．f (x )＝e xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝ln xD ．f (x )＝sin x答案ACD解析依题意，函数g (x )＝xf (x )为定义域上的增函数．对于A ，g (x )＝x e x ，g ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，－1)上单调递减，故A 中函数不是“F 函数”；对于B ，g (x )＝x 3在R 上为增函数，故B 中函数为“F 函数”；对于C ，g (x )＝x ln x ，g ′(x )＝1＋ln x ，x >0，当x g ′(x )<0，∴g (x )故C 中函数不是“F 函数”；对于D ，g (x )＝x sin x ，g ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x －π2，g ′(x )<0，∴g (x )－π2，故D 中函数不是“F 函数”．(2)(2023·成都模拟)已知函数f (x )＝e x －e －x－2x ＋1，则不等式f (2x －3)＋f (x )>2的解集为________．答案(1，＋∞)解析令g (x )＝f (x )－1＝e x －e －x －2x ，定义域为R ，且g (－x )＝e －x －e x ＋2x ＝－g (x )，所以g (x )＝f (x )－1＝e x －e －x －2x 为奇函数，f (2x －3)＋f (x )>2变形为f (2x －3)－1>1－f (x )，即g (2x －3)>－g (x )＝g (－x )，g ′(x )＝e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2＝0，当且仅当e x ＝e －x ，即x ＝0时，等号成立，所以g (x )＝f (x )－1＝e x －e －x －2x 在R 上单调递增，所以2x －3>－x ，解得x >1，所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．命题点2根据函数的单调性求参数例4已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)．(1)若f (x )在[1,4]上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若f (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解(1)因为f (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，f ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x2－2x 恒成立．设G (x )＝1x 2－2x ，x ∈[1,4]，所以a ≥G (x )max ，而G (x )－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以实数a 的取值范围是－716，(0，＋∞)．(2)因为f (x )在[1,4]上存在单调递减区间，则f ′(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]＝－1(此时x ＝1)，所以a >－1，又因为a ≠0，所以实数a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．思维升华由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立．(2)函数在区间(a ，b )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．跟踪训练3(1)(2024·郑州模拟)函数f (x )的图象如图所示，设f (x )的导函数为f ′(x )，则f (x )·f ′(x )>0的解集为()A ．(1,6)B ．(1,4)C ．(－∞，1)∪(6，＋∞)D ．(1,4)∪(6，＋∞)答案D解析由图象可得，当x <4时，f ′(x )>0，当x >4时，f ′(x )<0.结合图象可得，当1<x <4时，f ′(x )>0，f (x )>0，即f (x )·f ′(x )>0；当x >6时，f ′(x )<0，f (x )<0，即f (x )·f ′(x )>0，所以f (x )·f ′(x )>0的解集为(1,4)∪(6，＋∞)．(2)已知函数f (x )＝(1－x )ln x ＋ax 在(1，＋∞)上不单调，则a 的取值范围是()A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．[1，＋∞)答案A解析依题意f ′(x )＝－ln x ＋1x＋a －1，故f ′(x )在(1，＋∞)上有零点，令g (x )＝－ln x ＋1x ＋a －1，令g (x )＝0，得a ＝ln x －1x ＋1，令z (x )＝ln x －1x ＋1，则z ′(x )＝1x ＋1x2，由x >1，得z ′(x )>0，z (x )在(1，＋∞)上单调递增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．课时精练一、单项选择题1．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递减区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案A解析由已知得，f′(x)＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x，当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间是(2，＋∞)．2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()答案D解析根据导函数的图象可得，当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当0<x<2时，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上单调递增；当x>2时，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以只有D选项符合．3．(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝13ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件答案C解析由题意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，>0，＝4－4a≤0，解得a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件．4．(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝a e x－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为()A．e2B．e C．e－1D．e－2答案C解析依题可知，f′(x)＝a e x－1x≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以x e x≥1a在(1,2)上恒成立，设g(x)＝x e x，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)e x>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥1a，即a≥1e＝e－1，即a的最小值为e－1.5．(2024·苏州模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝e x＋sin x，则不等式f(2x－1)<eπ的解集是()答案D解析当x≥0时，f′(x)＝e x＋cos x，因为e x≥1，cos x∈[－1,1]，所以f′(x)＝e x＋cos x≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x6．(2023·信阳模拟)已知a＝1100，b＝99100e-，c＝ln101100，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a 答案B解析设函数f(x)＝e x－x－1，x∈R，则f′(x)＝e x－1，当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，即e x≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，∵e x≥1＋x，∴99100e->1－99100＝1100，∴b>a，由以上分析可知当x>0时，有e x－1≥x成立，当x＝1时取等号，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号，∴ln 101100<101100－1＝1100，∴a>c，故b>a>c.二、多项选择题7．(2023·临汾模拟)若函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[m －1，m ＋1]上单调，则实数m 的值可以是()A ．1B ．2C ．3D ．4答案BD解析f ′(x )＝x －9x ＝x 2－9x (x >0)，令f ′(x )>0，得x >3，令f ′(x )<0，得0<x <3，所以函数f (x )的单调递增区间为(3，＋∞)，单调递减区间为(0,3)，因为函数f (x )在区间[m －1，m ＋1]上单调，－1>0，＋1≤3或m －1≥3，解得1<m ≤2或m ≥4.8．(2024·邯郸模拟)已知函数f (x )x ，且a ＝f b ＝f c ＝12(e )f ，则()A ．a >bB ．b >aC ．c >bD ．c >a答案ACD解析由f (x )x ，得f ′(x )x 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，因为c ＝f 0<1e <23<45<1，所以f f f c >a >b .三、填空题9．函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为________．答案解析f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x当x e －x >0，，则f ′(x )<0；当x e －x >0，，则f ′(x )>0，∴f (x )在(0，π)10．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋x 恰有三个单调区间，则实数b 的取值范围为________．答案(－∞，－3)∪(3，＋∞)解析由题意得f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋1，函数f (x )＝x 3＋bx 2＋x 恰有三个单调区间，则函数f (x )＝x 3＋bx 2＋x 有两个极值点，即f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋1的图象与x 轴有两个交点，则判别式Δ＝4b 2－12>0，解得b >3或b <－ 3.所以实数b 的取值范围为(－∞，－3)∪(3，＋∞)．11．(2024·上海模拟)已知定义在(－3,3)上的奇函数y ＝f (x )的导函数是f ′(x )，当x ≥0时，y ＝f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式f ′(x )x>0的解集为________．答案(－3，－1)∪(0,1)解析依题意f (x )是奇函数，图象关于原点对称，由图象可知，f (x )在区间(－3，－1)，(1,3)上单调递减，f ′(x )<0；f (x )在区间(－1,1)上单调递增，f ′(x )>0.所以f ′(x )x>0的解集为(－3，－1)∪(0,1)．12．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a >0)，若函数f (x )在[1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是________．答案解析f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在[1,2]上单调，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.因为f (x )在[1,2]上不单调，所以25<a <1.四、解答题13．(2024·毕节模拟)已知函数f (x )＝(a －x )ln x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围．解(1)根据题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (1)＝0，f ′(x )＝－ln x ＋a －x x，∴f ′(1)＝a －1，∴曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝(a －1)(x －1)．(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x ＋a －x x ＝－x ln x －x ＋a x，令g (x )＝－x ln x －x ＋a ，则g ′(x )＝－ln x －2，令g ′(x )＝0，则x ＝1e2，令g ′(x )>0，则0<x <1e2，令g ′(x )<0，则x >1e2，∴g (x )g (x )max ＝＝1e 2＋a ，∵f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，即1e2＋a ≤0，∴a ≤－1e2.14．(2023·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1.(1)若f (x )≤x ＋c ，求c 的取值范围；(2)设a >0，讨论函数g (x )＝f (x )－f (a )x －a的单调性．解(1)f (x )≤x ＋c 等价于ln x －x ≤c －1.令h (x )＝ln x －x ，x >0，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x.当0<x <1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0,1)上单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减．故h (x )max ＝h (1)＝－1，所以c －1≥－1，即c ≥0，所以c 的取值范围是[0，＋∞)．(2)g (x )＝ln x ＋1－(ln a ＋1)x －a ＝ln x －ln a x －a(x >0且x ≠a )，因此g ′(x )＝x －a －x ln x ＋x ln a x (x －a )2，令m (x )＝x －a －x ln x ＋x ln a ，则m ′(x )＝ln a －ln x ，当x >a 时，ln x >ln a ，所以m ′(x )<0，m (x )在(a ，＋∞)上单调递减，当0<x <a 时，ln x <ln a ，所以m ′(x )>0，m (x )在(0，a )上单调递增，因此有m (x )<m (a )＝0，即g ′(x )<0在x >0且x ≠a 上恒成立，所以函数g (x )在区间(0，a )和(a ，＋∞)上单调递减．15．已知函数f (x )＝e x x －ax ，当0<x 1<x 2时，不等式f (x 1)x 2－f (x 2)x 1<0恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(－∞，e)B ．(－∞，e]－∞，e 2答案D解析因为当0<x 1<x 2时，不等式f (x 1)x 2－f (x 2)x 1<0恒成立，所以f (x 1)x 2<f (x 2)x 1，即x 1f (x 1)<x 2f (x 2)，令g (x )＝xf (x )＝e x －ax 2，则g (x 1)<g (x 2)，又因为0<x 1<x 2，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )＝e x －2ax ≥0在(0，＋∞)上恒成立，分离参数得2a ≤e x x恒成立，令h (x )＝e x x(x >0)，则只需2a ≤h (x )min ，而h ′(x )＝e x ·x －1x2，令h ′(x )>0，得x >1，令h ′(x )<0，得0<x <1，所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝e ，故2a ≤e ，即a ≤e 2.16．已知偶函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，当x ＞0时，f (x )x＞－f ′(x )，且f (2)＝1，则不等式(x 2－x )f (x 2－x )＞2的解集为()A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D ．(－1,2)答案C 解析令g (x )＝xf (x )，由于f (x )为偶函数，则g (x )为奇函数，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )．因为当x ＞0时，f (x )x ＞－f ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )x＞0，所以f(x)＋xf′(x)＞0，即g′(x)＞0.所以当x＞0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为g(x)在R上为奇函数且在R上存在导函数，所以g(x)在R上为增函数．因为f(2)＝1，所以g(2)＝2f(2)＝2，又(x2－x)f(x2－x)＞2等价于g(x2－x)＞g(2)，所以x2－x＞2，解得x＜－1或x＞2.综上所述，x的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．。
2020届高考数学(理)二轮复习：专题透析(1)函数与导数讲义(学生用)
专题1 函数与导数函数是一条主线,贯穿于整个高中数学,导数是重要的解题工具,是解决函数问题的利器,因此,函数与导数在高考数学中的地位不言而喻.本专题内容也是高考中重要的考点之一,从近年高考的命题情况来看,本专题在高考分值中占20%左右,试题的易、中、难比例相当,选择题、填空题和解答题均有考查.一、选择题和填空题的命题特点(一)考查函数图象的判断及简单应用.试题难度中档,综合考查函数的解析式、定义域、值域及单调性、奇偶性等性质的综合.1.(2018·全国Ⅱ卷·理T3改编)函数()255x xf x x --=的图象大致为( ).2.(2017·全国Ⅰ卷·文T8改编)函数sin 21cos xy x=+的部分图象大致为( ).(二)考查函数的基本性质及简单应用.试题难度中档,综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性及图象的推理能力等.3.(2018·全国Ⅱ卷·理T11改编)已知()f x 是定义域为R 的奇函数,满足()()11f x f x -=+.若()12f =,则()()()()1232020f f f f +++⋅⋅⋅+= ( ).A .2020B .0C .2D .2-(三)考查基本初等函数的性质及应用.试题难度较大,综合考查基本初等函数的性质与图象.4.(2018·全国Ⅲ卷·文T16改编)已知函数())2log 2f x x =+,()3f a =,则()f a -= .5.(2018·全国Ⅰ卷·文T13改编)已知函数()()23log f x x a =+,若()21f =,则a = .6.(2017·全国Ⅱ卷·文T8改编)函数()2ln 23y x x =-++的单调递减区间是( ).A .(]1,1-B .[)1,3C .(],1-∞D .[)1,+∞(四)考查函数零点的判断及应用,同时考查函数与方程的思想、转化思想及数形结合思想,试题难度较大.7.(2017·全国Ⅲ卷·理T11改编)已知函数()()22241010x x f x x x a --+=-++有唯一零点,则a =( ).A .4B .3C .2D .2-(五)考查导数的几何意义及简单的导数计算.导数的几何意义一直是高考的热点和重点,试题综合考查导数的计算及直线方程的知识,难度较小.8.(2018·全国Ⅰ卷·理T5改编)设函数()()321f x x a x ax =+++.若()f x 为奇函数,则曲线()y f x =在点()0,0处的切线方程为 .二、解答题的命题特点在全国卷中,函数与导数的综合试题一般为第21题,是全卷的压轴题.试题难度较大,综合性强,主要考查函数单调性的判断,函数零点个数的判断,极(最)值的应用,恒成立问题,不等式的证明等.1.(2018·全国Ⅰ卷·文T21改编)已知函数()ln 1x f x ae x =++. (1)设2x =是()f x 的极值点,求a ,并求()f x 的单调区间; (2)证明:当1a e≤-时,()0f x ≤.2.(2017·全国Ⅰ卷·文T21改编)已知函数()()2x x f x e e a a x =--,其中参数0a ≤. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()0f x ≥,求a 的取值范围.规律方法1.识别函数图象的常用方法:(1)直接法:直接求出函数的解析式并画出其图象.(2)特例排除法,例如,根据已知函数的图象或已知函数的解析式,取特殊点,判断各选项的图象是否经过该特殊点.(3)性质(单调性、奇偶性、过定点等)验证法.(4)较复杂函数的图象,常借助导数这一工具,先对原函数进行求导,再利用导数判断函数的单调性、极值或最值,从而对选项进行筛选.2.函数性质综合问题的常见类型及解题策略:(1)单调性与奇偶性结合.解决此类问题要注意函数单调性及奇偶性的定义,以及奇、偶函数图象的对称性.(2)周期性与奇偶性结合.此类问题多考查求值,常利用奇偶性及周期性进行交换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.(3)周期性、奇偶性与单调性结合.解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间,然后利用奇偶性和单调性求解.3.对于函数零点(方程的根)的确定问题,高考常从以下几个方面进行考查: (1)函数零点值大致所在区间的确定; (2)零点个数的确定;(3)两个函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决此类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是方程两边对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解.4.利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化,关键是求出切点的坐标.5.利用导数研究函数的单调性:(1)已知函数解析式求单调区间,实质上是求()()0,0f x f x ''><的解集,求单调区间应遵循定义域优先的原则;(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)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.6.利用导数研究函数极值、最值的方法:(1)若求极值,则先求方程()0f x '=的根,再检查()f x '在方程根的左右函数值的符号; (2)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程()0f x '=根的大小或存在情况来求解; (3)求函数()f x 在闭区间[],a b 上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值()f a ,()f b 与()f x 的各极值进行比较得到函数的最值.。
新高考新教材高考数学二轮复习专题检测6函数与导数pptx课件
却,经过10 min物体的温度为50 ℃,则若使物体的温度为20 ℃,需要冷却
( C )
A.17.5 min
B.25.5 min
C.30 min
D.32.5 min
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
解析 由题意得 50=10+(90-10)e
( D )
2.(2023 北京,4)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是( C )
A.f(x)=-ln x
1
C.f(x)=
1
B.f(x)=2
D.f(x)=3|x-1|
解析 因为 y=ln x 在(0,+∞)上单调递增,所以 f(x)=-ln x 在(0,+∞)上单调递减,
故 A 错误;
3
3 +2
g(x)= ,则函数
3 +2
x≠0,所以-a=
.
设
f(x)存在 3 个零点等价于函数
y=-a 有三个不同的交点.
2(3 -1)
g'(x)= 2 .当
3 +2
g(x)= 的图象与直线
x>1 时,g'(x)>0,
函数 g(x)在(1,+∞)内单调递增,
当 x<1 且 x≠0 时,g'(x)<0,
专题检测六
函数与导数
单项选择题
lg, > 0,
1.(2023 广东高三学业考试)已知函数 f(x)=
若 a=f
2 , < 0,
A.-2
解析 a=f
B.-1
2020高考数学(文理通用)大二轮课件：专题二函数与导数第1讲
“一府两院”改称“一府一委两院”展开全文2016年11月7日，中央办公厅印发《关于在北京市、山西省、浙江省开展国家监察体制改革试点方案》，方案明确，党的纪律检查委员会、监察委员会合署办公。
《方案》强调，要建立党统一领导下的国家反腐败工作机构。
整合反腐败资源力量，扩大监察范围，实现对行使公权力的公职人员监察全面覆盖。
紧接着，2016年12月25日，十二届全国人大常委会第二十五次会议表决通过《全国人民代表大会常务委员会关于在北京市、山西省、浙江省开展国家监察体制改革试点工作的决定》。
根据《决定》：在北京市、山西省、浙江省及所辖县、市、市辖区设立监察委员会，行使监察职权。
将试点地区人民政府的监察厅（局）、预防腐败局及人民检察院查处贪污贿赂、失职渎职以及预防职务犯罪等部门的相关职能整合至监察委员会。
目前的反腐败资源力量有哪些？政府内部的监察机关、审计机关、预防腐败部门；政府外部的人民检察院的反腐败、反渎职部门，以及检察院内部的预防腐败局。
各种重要反腐职能分布在这些行政机关、司法机关中，多头负责，资源分散，而且还有重复重叠之处。
为了建立起一个“集中统一、权威高效的监察体系”，就要把这些反腐败资源力量整合在一起。
单靠协调肯定不行，要通过一个平台重新分工整合。
新设立的国家监察委员会就是这样一个平台。
试点地区监察委员会由本级人民代表大会产生。
监察委员会主任由本级人民代表大会选举产生；监察委员会副主任、委员，由监察委员会主任提请本级人民代表大会常务委员会任免。
监察委员会对本级人民代表大会及其常务委员会和上一级监察委员会负责，并接受监督。
一、“实现对行使公权力的公职人员监察全面覆盖”具体包括哪些人群？依据现在的行政监察法，监察部门的覆盖范围只包括国家行政机关及其公务员，以及国家行政机关任命的其他人员。
这个范围窄于公务员法。
我国的公务员法调整对象不仅仅是行政机关工作人员，也包含了立法机关、司法机关、各党派和主要人民团体的公职人员等。
导数的应用(第1课时)利用导数研究函数的单调性(课件)高二数学(沪教版2020选择性必修第二册)
图 （ １ ） 中的曲线越来越 “ 陡峭 ”， 在区间 （ ０ ， １ ） 上各点处 的切线斜率始终大于 １ ； 图 （ ２ ） 中的曲线由 “ 陡峭 ” 变得 “ 平缓 ”， 在区间 （ ０ ， １ ） 的右半段的切线斜率小于 １ ； 图 （ ３ ） 中的曲线由 “ 平缓 ” 变得 “ 陡峭 ”， 在区间 （ ０ ， １ ） 的左半段的切线斜率小于 １ ； 图 （ ４ ） 中的曲线越来越 “ 平缓 ”， 在区间 （ ０ ， １ ） 上各点处 的切线斜率始终小于 １． 因此 ， 只有图 ５-３-１ （ １ ） 中的图像有可能表示函数 y ＝ f（ 可能成为严格递增区间与严格 递减区间的分界点 ．
例4.确定函数（f x）＝x2的单调区间 ．
解函数在x 0处没有定义 ．当x 0时，f (x)=-2x3，
方程f′（ x )＝０ 无解 ， 所以函数 f（ x ）没有驻点 ． 但当 x ＞０ 时 ，f′（ x ） ＜０ ，f（ x ） 单调递减 ； 当 x ＜０ 时 ，f′（ x） ＞０ ， f（ x ） 单调递增 ． 可 见 ， 函数 f （ x ） 的严格递增区间为 （－∞，０）， 严格 递减区间为（０，＋∞）
课本练习 宋老师数学精品工作室
１． 利用导数研究下列函数的单调性 ， 并说明所得结果与你 之前的认识是否一致 ：
宋老师数学精品工作室 ２． 确定下列函数的单调区间 ：
随堂检测 宋老师数学精品工作室
1、函数y＝x2cos 2x的导数为（ ）
A．y′＝2xcos 2x－x2sin 2x
B．y′＝2xcos 2x－2x2sin 2x
上面我们用导数值的正负判断函数在某区间的单调性 ． 但导数值还可 以进一步用以判断函数变化速度的快慢 ： 导数f′（ x ０ ） 是函数 f（ x ） 在点 x ０ 的切线的斜率 ， 所以它描述了曲线 y＝f（ x ） 在点 x０ 附近相 对于x轴的倾斜程度 ： 当f′（ x ０ ） ＞０ 时 ，f′（ x０ ） 越大 ， 曲线 y ＝ f （ x ） 在点 x ０ 附近相对于 x 轴倾斜得越厉害 ，f（ x ） 递增得 越快 ； 而当f′（ x ０ ） ＜０ 时 ，f′（ x ０ ） 越小 ， 曲线y ＝ f （ x ） 在点 x０ 附近相对于x轴倾斜得越厉害 ， f （ x ） 递减得越快 ． 综合这 两个方面 ， 导数的绝对值越大 ， 函数图像就越 “ 陡峭 ”， 也就是 函数值变化速度越快 ．
2020高考数学(文)总复习《导数与函数的单调性》
导数在研究函数中的应用考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；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(其中多项式函数不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题.知识梳理1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.函数的极值与导数f′(x0)＝0条件x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0 图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[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)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值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.[常用结论与微点提醒]1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.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.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”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)函数的极大值一定大于其极小值.()(4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.()(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.()解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2.(老教材选修1－1P94探究改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A.1B.2C.3D.4解析由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.答案 A3.(老教材选修1－1P93练习T1改编)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A.(0，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，－1]D.[－1，0)∪(0，1]解析由题意知f′(x)＝2x－2x＝2x2－2x(x>0)，由f′(x)≤0，得0<x≤1.答案 A4.(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( )解析 设导函数y ＝f ′(x )与x 轴交点的横坐标从左往右依次为x 1，x 2，x 3，由导函数y ＝f ′(x )的图象易得当x ∈(－∞，x 1)∪(x 2，x 3)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)∪(x 3，＋∞)时，f ′(x )>0(其中x 1<0<x 2<x 3)，所以函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，x 3)上单调递减，在(x 1，x 2)，(x 3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D 选项符合. 答案 D5.(2020·深圳调研)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.(1，2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2]D.(0，3]解析 易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .又x >0，由f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (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.答案 A6.(2020·成都七中月考)若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0，3]上的最大值为4，m ＝________.解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0，3]，当x ∈[0，2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数.又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0，3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4. 答案 4第一课时 导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. 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(－∞，＋∞)上单调递增. ②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上单调递减， 在区间⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].规律方法 1.(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. 2.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.【训练1】 已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间.解 (1)当a ＝2时，由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，且f (1)＝2，所以切线斜率k＝3.所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. 故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间(0，＋∞). ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. 考点二 根据函数单调性求参数典例迁移【例2】 (经典母题)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 解 h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0.∴h ′(x )＝1x－ax －2.(1)若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当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 .又G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎡⎦⎤14，1， 所以G (x )max ＝G ⎝⎛⎭⎫14＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.又当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝（7x －4）（x －4）16x ，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立. ∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－716，＋∞. 【迁移1】 本例(2)中，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 因为h (x )在[1，4]上单调递增， 所以当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].【迁移2】 本例(2)中，若函数h (x )在区间[1，4]上不单调，求实数a 的取值范围. 解 ∵h (x )在区间[1，4]上不单调， ∴h ′(x )＝0在开区间(1，4)上有解. 则a ＝1x 2－2x ＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1在(1，4)上有解.令m (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，x ∈(1，4)，易知m (x )在(1，4)上是增函数，∴－1<m (x )<－716，因此实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－1，－716. 规律方法 1.(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)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.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. 【训练2】 (2020·赣州联考)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )的图象在x ＝1处相切，求g (x )；(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 ，所以f ′(1)＝1＝12a ，所以a ＝2.又因为g (1)＝12a ＋b ＝f (1)＝0，所以b ＝－1.所以g (x )＝x －1.(2)因为φ(x )＝m （x －1）x ＋1－f (x )＝m （x －1）x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数.所以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，＋∞)，因为x ＋1x ≥2，当且仅当x ＝1时取等号，所以2m －2≤2，即m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2]. 考点三 函数单调性的简单应用 多维探究角度1 比较大小【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝⎛⎭⎫π3<f ⎝⎛⎭⎫π4 B.2f ⎝⎛⎭⎫π3>f ⎝⎛⎭⎫π4 C.2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4 D.2f ⎝⎛⎭⎫π3>f ⎝⎛⎭⎫π6(2)(2019·东北三省四校联考)设x ∈R ，函数y ＝f (x )的导数存在，若f (x )＋f ′(x )>0恒成立，且a >0，则下列结论正确的是( ) A.f (a )<f (0) B.f (a )>f (0) C.e a f (a )<f (0)D.e a f (a )>f (0)解析 (1)令g (x )＝f （x ）cos x ，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x －f （x ）（－sin x ）cos 2x ＝1＋ln x cos 2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′（x ）>0，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′（x ）<0，解得0<x <1e.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4，所以g ⎝⎛⎭⎫π3>g ⎝⎛⎭⎫π4，所以f ⎝⎛⎭⎫π3cos π3>f ⎝⎛⎭⎫π4cosπ4，即2f ⎝⎛⎭⎫π3>f ⎝⎛⎭⎫π4. (2)设g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0，∴g (x )在R 上单调递增， 由a >0，得g (a )>g (0)，即e a f (a )>f (0). 答案 (1)B (2)D角度2 解不等式【例3－2】 (2020·河南名校联盟调研)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )<0，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数.若2f (m －2 019)>(m －2 019)f (2)，则实数m 的取值范围为( ) A.(0，2 019) B.(2 019，＋∞) C.(2 021，＋∞)D.(2 019，2 021)解析 令h (x )＝f （x ）x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2.∵xf ′(x )－f (x )<0，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∵2f (m －2 019)>(m －2 019)f (2)，m －2 019>0， ∴f （m －2 019）m －2 019>f （2）2，即h (m －2 019)>h (2).∴m －2 019<2且m －2 019>0，解得2 019<m <2 021. ∴实数m 的取值范围为(2 019，2 021). 答案 D规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f (x )与f ′(x )的不等关系时，常构造含f (x )与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.【训练3】 (1)(角度1)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 <a(2)(角度2)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e 2的解集为( ) A.(－∞，1) B.(1，＋∞) C.(1，e)D.(e ，＋∞)解析 (1)由题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，1)上为增函数. 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12， 则有f (3)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12，即c <a <b .(2)F ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x （e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x ，又f (x )－f ′(x )>0，所以F ′(x )<0，即F (x )在定义域上单调递减， 由F (x )<1e 2＝F (1)，所以x >1，所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞).答案 (1)C (2)BA 级 基础巩固一、选择题1.函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析 由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f ′(x )>0；在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，选项D 满足. 答案 D2.(2020·石家庄检测)已知a 为实数，f (x )＝ax 3＋3x ＋2，若f ′(－1)＝－3，则函数f (x )的单调递增区间为( ) A.(－2，2) B.⎝⎛⎭⎫－22，22 C.(0，2)D.⎝⎛⎭⎫－2，22 解析 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3， 又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2， ∴f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22. 故f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－22，22. 答案 B3.(2019·广州检测)定义在R 上的函数f (x )＝－x 3＋m 与函数g (x )＝f (x )－kx 在[－1，1]上具有相同的单调性，则k 的取值范围是( ) A.(－∞，0]B.[0，＋∞)C.(－3，＋∞)D.(－∞，－3]解析 因为f ′(x )＝－3x 2≤0，所以y ＝f (x )为减函数，即g (x )在[－1，1]上也为减函数.则g ′(x )＝－3x 2－k ≤0，即k ≥－3x 2在[－1，1]上恒成立，所以k ≥0. 答案 B4.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 ⎝⎛⎭⎫π5 B.f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C.f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D.f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 解析 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. 又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数， 所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5. 答案 A5.已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e －x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫－1，12 D.⎣⎡⎦⎤－1，12 解析 f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0，∴f (x )在R 上是增函数. 又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x ＝－f (x )，知f (x )为奇函数.故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)， ∴a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案 D 二、填空题6.已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________. 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，⎝⎛⎭⎫0，π2.答案 ⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2 7.若f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________.解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，∵当x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.答案 (－∞，2]8.(2020·西安调研)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________.解析 ∵当x >0时，⎣⎡⎦⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0， ∴φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数， 又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数，由数形结合知x ∈(－∞，－2)时f (x )>0.故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).答案 (－∞，－2)∪(0，2)三、解答题9.已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数k 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)f ′(x )＝1x －ln x －k e x(x >0). 又由题意知f ′(1)＝1－k e＝0，所以k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0). 设h (x )＝1x－ln x －1(x >0)， 则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0.综上f (x )的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).10.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.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0). 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 ＝12a ， 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 )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0. B 级 能力提升11.(2020·郑州调研)已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a >0)，若对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则a 的取值范围为( ) A.(0，1]B.(1，＋∞)C.(0，1)D.[1，＋∞) 解析 对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝a x＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max ＝1. 答案 D12.若函数e x f (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 x解析 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x ＝⎝⎛⎭⎫e 2x，在定义域R 上为增函数，A 正确.对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确.对于C ，g (x )＝e x ·3－x ＝⎝⎛⎭⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确.对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确. 答案 A13.求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y ·y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )⎣⎡⎦⎤g ′（x ）ln f （x ）＋g （x ）·1f （x ）·f ′（x ），运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是________. 解析 由题设，y ′＝x 1x ·⎝⎛⎭⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x 2(x >0). 令y ′>0，得1－ln x >0，所以0<x <e.所以函数y ＝x 1x的单调递增区间为(0，e).答案 (0，e)14.已知函数f (x )＝12x 2－2a 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，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ， 则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x(x >0). 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x－2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立. 令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12. 所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立. 又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x， 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增. C 级 创新猜想15.(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________.解析 由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3，①又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数，∴2m ＋6＝0，即m ＝－3，②代入①式，得n ＝0.所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2).令f ′(x )<0，得0<x <2，则单调递减区间为(0，2).答案 －3 (0，2)。
2020版高考数学(文)一轮复习通用版课件导数与函数的单调性
当 a>0 时，函数 f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上 单调递减．
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[解题技法] 讨论函数 f(x)单调性的步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域； (2)求导数 f′(x)，并求方程 f′(x)＝0 的根； (3)利用 f′(x)＝0 的根将函数的定义域分成若干个子区 间，在这些子区间上讨论 f′(x)的正负，由符号确定 f(x)在该 区间上的单调性． [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．
解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为 f(x)＝aln x＋x2，所以 f′(x)＝ax＋2x＝2x2x＋a. ①当 a>0 时，f′(x)>0， 所以函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，解得 x＝ －a2(负值舍去)，
当 0<x<
－2a时，f′(x)<0，所以函数
当 x∈(0,5)时，f′(x)<0，故 f(x)在(0,5)内单调递减；
当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(5，＋∞)内单调递增．
故 f(x)的单调递减区间是(0,5)，单调递增区间是(5，＋∞)．
[典例] 设函数 f(x)＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点 返回 (0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
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[解题技法] 利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，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，解出方程的实根，依照实根 把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间 f′(x)的符号， 从而确定单调区间． (3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据 f′(x)结构特 征，利用图象与性质确定 f′(x)的符号，从而确定单调区间． [提醒] 若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间 不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(一) 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，所以 f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得 a＝e－1 2，与 1＜21a＜e 矛盾． ④当21a≥e 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值 1 在 x＝1 处取得， 而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，不符合题意． 综上所述，a＝e－1 2或 a＝－2.
所以 f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为12，1. (2)f′(x)＝2ax2－2ax＋1x＋1＝2ax－1xx－1， 令 f′(x)＝0，得 x′1＝1，x′2＝21a， 因为 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 x′2＝21a≠x′1＝1， ①当21a＜0 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以 f(x)在(0，e]上的最大值为 f(1)，令 f(1)＝1，解得 a＝－2.
①当 a≤0 时，g′(x)＝ex－a>0 在 R 上恒成立，
∴g(x)＝f′(x)在(－∞，＋∞)上递增； ②当 a>0 时，令 g′(x)>0 得 x>ln a，令 g′(x)<0 得 x<ln a， ∴g(x)＝f′(x)在(－∞，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增．
综上所述：当 a≤0 时，y＝f′(x)是(－∞，＋∞)上的增函数； 当 a>0 时，y＝f′(x)在(－∞，ln a)上是减函数，在(ln a，＋∞)上是增函数． (2)由(1)知，①当 a≤0 时，f′(x)＝ex－ax－1 在(－1，＋∞)上递增，又 f′(0) ＝0，∴－1<x<0 时，f′(x)<0；x>0 时，f′(x)>0， 则 f(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(0)＝1； ②当 0<a≤1e时，ln a≤－1，由(1)知 f′(x)在(－1，＋∞)上递增，又 f′(0)＝0， 则 f(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(0)＝1；
新教材2023版高中数学第二章导数及其应用6用导数研究函数的性质6
题型二 用导数研究不含参数的函数单调性 例2 判断下列函数的单调性 (1)f(x)＝x2－ln x； (2)f(x)＝xe−x2； (3)f(x)＝x3＋3x.
解析：因为f(x)＝sin x－x，x∈(0，π)， 所以f′(x)＝cos x－1<0. 所以函数f(x)＝sin x－x在(0，π)上单调递减．
题型三 用导数研究含参函数的单调性
例3 已知函数f(x)＝12ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数f(x)的单 调性．
变式探究 本例中的条件“a>0”改为“a∈R”，结果如何？
2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则( ) A．f′(3)>0 B．f′(3)<0 C．f′(3)＝0 D．f′(3)的符号不确定
答案：B
解析：由图象可知，函数f(x)在(1，5)上单调递减，则在(1，5)上有f′(x)<0，所以 f′(3)<0.故选B.
3 ． 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 ()
【易错警示】
出错原因
纠错心得
忽略了函数f(x)的定义 在讨论函数的单调性时，要特别注意函数
域．
的定义域．
[课堂十分钟] 1．已知f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可 能是( )
答案：C 解析 ： 由 导函数的 图象可知 ， 当 x<0时 ，f′(x)>0，即 函 数f(x)为增函数 ；当 0<x<x1时，f′(x)<0，即函数f(x)为减函数；当x>x1时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数， 观察选项易知C正确，故选C.
2020高考数学第二章函数、导数及其应用第12讲导数在研究函数中的应用(第1课时)导数与函数的单调性课件
x －1 [解析] (文)(1)由题意知 a＝0 时，f(x)＝ ，x∈(0，＋∞)． x ＋1 2 1 此时 f′(x)＝ f(1)) 2，可得 f′(1)＝ ，又 f(1)＝0，所以曲线 y＝f(x)在(1， 2 x＋1 处的切线方程为 x－2y－1＝0. a1－x a (2)g(x)＝alnx－ax，g′(x)＝x －a＝ x . 由于 x>0，且 a≠0，故当 a>0 时，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单 调递减； 当 a<0 时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
第二章
函数、导数及其应用
第十二讲 导数在研究函数中的应用 第一课时 导数与函数的单调性
1
知 识 梳 理
2
3
考 点 突 破
名 师 讲 坛
知 识 梳 理
函数的单调性
> 可导 ，若f′(x)______0 (1)设函数y＝f(x)在某个区间内________ ，则f(x)为增函数，
< 若f′(x)______0 ，则f(x)为减函数．
[解析]
考 点 突 破
考点1 不含参数的函数的单调性——自主练透
例1
1 2 1 (1)函数 f(x)＝2x ＋x 在(0,2)上是 ( D )
A．增函数 B．减函数 C．在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减 D．在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增 1 2 (2)(2018· 福建厦门质检)函数 y＝2x －lnx 的单调递减区间为 A．(－1,1) C．(1，＋∞) B．(0,1] D．(0,2) ( B )
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，
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题六函数与导数第1讲函数的图象与性质
第二篇 专题六 第1讲一、选择题1．(2021·全国甲卷)设f (x )是定义域为R 的奇函数，且f (1＋x )＝f (－x ).若f ⎝⎛⎭⎫－13＝13，则f ⎝⎛⎭⎫53＝( C )A ．－53B ．－13C ．13D ．53【解析】 方法一：由题意得f (－x )＝－f (x )， 又f (1＋x )＝f (－x )＝－f (x )， 所以f (2＋x )＝f (x )，又f ⎝⎛⎭⎫－13＝13， 则f ⎝⎛⎭⎫53＝f ⎝⎛⎭⎫2－13＝f ⎝⎛⎭⎫－13＝13.故选C.方法二：由f (1＋x )＝f (－x )知函数f (x )的图象关于直线x ＝12对称，又f (x )为奇函数，所以f (x )是周期函数，且T ＝4⎪⎪⎪⎪0－12＝2， 则f ⎝⎛⎭⎫53＝f ⎝⎛⎭⎫53－2＝f ⎝⎛⎭⎫－13＝13，故选C.2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(1－x )，x <0，22x -1，x ≥0，则f (－3)＋f (log 2 3)等于( B )A ．112B ．132C ．152D ．10【解析】依题意f (－3)＋f (log 2 3)＝log 2 4＋22log 2 3－1＝2＋2log 2 92＝2＋92＝132.3．设函数f (x )＝4x 23|x |，则函数f (x )的图象大致为( A )【解析】观察函数解析式发现，x 是以平方、绝对值的形式出现的，所以f (x )为偶函数，排除B ；当x >0时，f (x )＝4x 23x ，当x →＋∞时，f (x )→0，排除C ；因为f (2)＝4×2232＝169<2，选项D 中f (2)>2，所以D 不符合题意．4．(2022·济宁模拟)函数y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，且对于任意的x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1成立．如果f (m )＞m ，则实数m 的取值集合是( C )A ．{0}B ．{m |m ＞0}C ．{m |m ＜0}D ．R【解析】令g (x )＝f (x )－x ， 因为f (x )为奇函数，所以g (x )为R 上的奇函数，不妨设x 1＜x 2， 由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1成立可得f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2，即f (x 1)－x 1＞f (x 2)－x 2，所以g (x 1)＞g (x 2)，即g (x )在R 上单调递减， 由f (m )＞m 得g (m )＞0＝g (0)， 所以m ＜0.故选C.5．定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当x ∈[－1，0]时，f (x )＝－x －2，则( B ) A ．f ⎝⎛⎭⎫sin π6>f ⎝⎛⎭⎫cos π6 B ．f (sin 3)<f (cos 3) C ．f ⎝⎛⎭⎫sin 4π3<f ⎝⎛⎭⎫cos 4π3 D ．f (2 020)>f (2 019)【解析】由f (x ＋2)＝f (x )，得f (x )是周期函数且周期为2，根据f (x )在x ∈[－1，0]上的图象和f (x )是偶函数可得f (x )在[0，1]上是增函数．对于A ，0<sin π6<cos π6<1，∴f ⎝⎛⎭⎫sin π6<f ⎝⎛⎭⎫cos π6，A 错误； 对于B ，0<sin 3<－cos 3<1，∴f (sin 3)<f (－cos 3)＝f (cos 3)，B 正确； 对于C ，0<－cos4π3<－sin 4π3<1， ∴f ⎝⎛⎭⎫cos 4π3<f ⎝⎛⎭⎫sin 4π3，C 错误； 对于D ，f (2 020)＝f (0)<f (2 019)＝f (1)，D 错误．6．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2.则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2，2]的最大值为( C )A ．－1B ．1C ．6D ．12【解析】当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2； 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.又∵y ＝x －2，y ＝x 3－2在R 上都为增函数，且f (x )在x ＝1处连续， ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.7．(2020·全国Ⅱ)设函数f (x )＝ln |2x ＋1|－ln |2x －1|，则f (x )( D ) A ．是偶函数，且在⎝⎛⎭⎫12，＋∞单调递增 B ．是奇函数，且在⎝⎛⎭⎫－12，12单调递减 C ．是偶函数，且在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递增 D ．是奇函数，且在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递减 【解析】f (x )＝ln |2x ＋1|－ln |2x －1|的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠±12. 又f (－x )＝ln |－2x ＋1|－ln |－2x －1| ＝ln |2x －1|－ln |2x ＋1| ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，故排除A ，C. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，12时， f (x )＝ln (2x ＋1)－ln (1－2x )＝ln 2x ＋11－2x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1＋21－2x . ∵y ＝－1＋21－2x 在⎝⎛⎭⎫－12，12单调递增， ∴由复合函数的单调性可得f (x )在⎝⎛⎭⎫－12，12上单调递增．故排除B. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12时， f (x )＝ln (－2x －1)－ln (1－2x )＝ln －2x －11－2x＝ln2x ＋12x －1＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋22x －1，∵y ＝1＋22x －1在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减， ∴由复合函数的单调性可得f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减． 故选D.8．对任意实数a ，b ，定义运算“⊙”：a ⊙b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤2，b ，a －b >2.设f (x )＝3x +1⊙(1－x )，若函数f (x )与函数g (x )＝x 2－6x 在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则实数m 的取值范围是( C )A ．[－1，2]B ．(0，3]C ．[0，2]D ．[1，3]【解析】由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x >0，3x +1，x ≤0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减，函数g (x )＝(x －3)2－9在(－∞，3]上单调递减．若函数f (x )与g (x )在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≥0，m ＋1≤3，得0≤m ≤2.故选C.二、填空题9．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，4x ，x >0，则满足f (x )＋f (x －1)≥2的x 的取值范围是__⎣⎡⎭⎫12，＋∞__．【解析】∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，4x ，x >0，∴当x ≤0时，x －1≤－1，f (x )＋f (x －1)＝2x ＋1＋2(x －1)＋1＝4x ≥2，无解；当⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －1≤0，即0<x ≤1时， f (x )＋f (x －1)＝4x ＋2(x －1)＋1＝4x ＋2x －1≥2，得12≤x ≤1；当x －1>0，即x >1时，f (x )＋f (x －1)＝4x ＋4x -1≥2，得x >1. 综上，x 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.10．(2021·山西太原模拟)若a ＞0且a ≠1，且函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ≥1，ax ＋a －2，x <1，在R 上单调递增，那么a 的取值范围是__(1，2]__．【解析】 a >0且a ≠1，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ≥1，ax ＋a －2，x <1在R 上单调递增，可得⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a ≥2a －2，解得a ∈(1，2].11．对于函数y ＝f (x )，若存在x 0使f (x 0)＋f (－x 0)＝0，则称点(x 0，f (x 0))是曲线f (x )的“优美点”．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x <0，kx ＋2，x ≥0，若曲线f (x )存在“优美点”，则实数k 的取值范围是__(－．【解析】当x <0时，f (x )＝x 2＋2x 关于原点对称的函数是y ＝－x 2＋2x (x >0)， 由题意得，y ＝－x 2＋2x (x >0)与y ＝kx ＋2有交点， 即－x 2＋2x ＝kx ＋2(x >0)有解，∴k ＝－x －2x ＋2(x >0)有解，又－x －2x ＋2≤－22＋2，当且仅当x ＝2时等号成立，∴k ≤2－2 2.12．(2020·全国Ⅲ)关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x 有如下四个命题：①f (x )的图象关于y 轴对称； ②f (x )的图象关于原点对称； ③f (x )的图象关于直线x ＝π2对称；④f (x )的最小值为2.其中所有真命题的序号是__②③__． 【解析】∵f (x )＝sin x ＋1sin x的定义域为{x |x ≠k π，k ∈Z }， f (－x )＝sin (－x )＋1sin (－x )＝－sin x －1sin x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，关于原点对称，故①错误，②正确． ∵f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝cos x ＋1cos x ， f ⎝⎛⎭⎫π2＋x ＝cos x ＋1cos x ， ∴f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝f ⎝⎛⎭⎫π2＋x ，∴f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，故③正确．当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0时，f (x )<0，故④错误． 三、解答题13．(2020·江苏省南京市高三联考)已知f (x )是定义在区间(－1，1)上的奇函数，当x ＜0时，f (x )＝x (x －1).已知m 满足不等式f (1－m )＋f (1－m 2)<0，求实数m 的取值范围．【解析】当x ＜0时，f (x )＝x (x －1)，可得f (x )在(－1，0)上单调递减；由f (x )是定义在区间(－1，1)上的奇函数，可得f (x )也是区间(－1，1)上的减函数． 因为f (1－m )＋f (1－m 2)<0， 所以f (1－m )<f (m 2－1)，可得如下不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧－1<1－m <1，－1<m 2－1<1，1－m >m 2－1，得⎩⎪⎨⎪⎧0<m <2，0<m <2或－2<m <0，－2<m <1，解得：0<m <1.所以实数m 的取值范围为(0，1).。
2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用课件
论的作用
利用极值点是导数方 2.注意对要证的不等
信息❸已知两个极值 程根，结合要证不等式 式变形构造x1
点
x2
构造、变形
[规范解答] (1)定义域为(0，＋∞).
1分
f′(x)＝2ax＋1－ln x－1＝2ax－ln x(x>0)，
2分
依题意知：f′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立，即 2a≥lnxx(x>0).
10 分
故当32<x<2 时，p(x)>p(32)＝12×(32)2－2×32＋[－(32)2＋3×32－2]ln
12＝－15＋82ln
2 .
所以
t≥－15＋82ln
2 .
12 分
[类题通法] 利用转化与化归思想解决不等式恒成立问题的 “两种”常用方法 (1)分离参数法：
(2)函数思想法：
(2019·陕西模拟)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝x－1. (1)求函数 y＝f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程； (2)证明：f(x)≤g(x)； (3)若不等式 f(x)≤ag(x)对任意的 x∈(1，＋∞)均成立，求实数 a 的取值范围．
又 0＜x11＜1，fx11＝－ln x1＋xx11＋ －11＝－f(x1)＝0，故 f(x)在(0,1)
有唯一零点x11. 综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为x10＝e－ln x0，
所以点
B－ln
x0，x10在曲线
y＝ex
上．
由题设知 f(x0)＝0，即 ln x0＝xx00－＋11，
∴不满足不等式 f(x)≤ag(x)；
(ⅲ)当 0<a<1 时，设 φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，
(新课标)2020版高考数学专题六函数与导数第5讲函数、导数与方程课件文新人教A版
案例 【直接法】 (2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)． (1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点.
关键步 (1)略 (2)证明：由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，[关键 1：变形后构造函数．此处结合分析法，考虑下一步判 断求导结果与零的关系，求导消参，需先变形]
第二部分 高考热点 分层突破
专题六 函数与导数 第5讲 函数、导数与方程
数学
01
做高考真题 明命题趋向
02
研考点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
[做真题] (2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为 f(x)的导数．证 明：f′(x)在区间(0，π )存在唯一零点．
关键步 (iii)设 a＜0，若 a≥－2e，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增，又当 x≤1 时，f(x) ＜0，故 f(x)不存在两个零点．若 a＜－2e，则由(1)知，f(x)在(1，ln (－2a))单调递 减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增．又当 x≤1 时，f(x)＜0，故 f(x)不存在两个零点．[关 键 2：对参数分类讨论，利用函数单调性及函数值的变化确定零点个数] 综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为 y＝ln x 单调递增，y＝1x单调递减，所以 f′(x)单调递增．又 f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－12＝ln 42－1>0，故存在唯一 x0∈(1，2)，使得 f′(x0)＝0. 又当 x<x0 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x>x0 时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 因此，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知 f(x0)<f(1)＝－2，又 f(e2)＝e2－3>0，所以 f(x)＝0 在(x0，＋∞)内存在唯一 根 x＝α. 由 α>x0>1 得α1<1<x0. 又 fα1＝α1－1ln α1－α1－1＝f（αα）＝0，故α1是 f(x)＝0 在(0，x0)的唯一根． 综上，f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
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第1课时 用导数研究函数的单调性、极值、最值
1．(2019·云南玉溪模拟)已知函数f (x )＝x ln x .
(1)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，讨论函数g (x )的单调性；
(2)若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，求直线l 的方程．
解析：(1)∵f (x )＝x ln x ，∴g (x )＝f (x )－a (x －1)＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a .由g ′(x )<0，得ln x ＋1－a <0，解得0<x <e a －1；由g ′(x )>0，得ln x ＋1－a >0，解得x >e a －1.∴g (x )在(0，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增．
(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则y 0＝x 0ln x 0，切线的斜率为ln x 0＋1.∴切线l 的方程为y －x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(x －x 0)．又切线l 过点(0，－1)，∴－1－x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(0－x 0)，即－1－x 0ln x 0＝－x 0ln x 0－x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1.
2．(2019·山东枣庄调研)已知函数f (x )＝x e x －a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x 2＋x (a ∈R)． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，e)处的切线方程；
(2)当a >0时，求函数f (x )的单调区间．
解析：(1)a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝2e.又f (1)＝e ，所以y ＝f (x )在点(1，e)处的切线方程为y －e ＝2e(x －1)，即2e x －y －e ＝0.
(2)f ′(x )＝(x ＋1)(e x
－a )，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝ln a .
①当a ＝1e
时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在R 上单调递增． ②当0<a <1e
时，ln a <－1，由f ′(x )>0，得x <ln a 或x >－1；由f ′(x )<0，得ln a <x <－1，所以单调递增区间为(－∞，ln a )，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a ，－1)．
③当a >1e
时，ln a >－1，由f ′(x )>0，得x <－1或x >ln a ； 由f ′(x )<0，得－1<x <ln a ，所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a )．
综上所述，当a ＝1e 时，f (x )在R 上单调递增；当0<a <1e
时，单调递增区间为(－∞，ln a )，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a ，－1)；当a >1e
时，单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a )．
3．(2019·长春模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(a －2)x .
(1)若f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值．
(2)求函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值．
解析：(1)∵f (x )＝ln x －ax 2＋(a －2)x ，∴函数的定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝1x
－2ax ＋(a －2)＝－(2x －1)(ax ＋1)x
. ∵f (x )在x ＝1处取得极值，即f ′(1)＝－(2－1)(a ＋1)＝0，∴a ＝－1.当a ＝－1时，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1内f ′(x )<0，在(1，＋∞)内f ′(x )>0，∴x ＝1是函数y ＝f (x )的极小值点．∴a ＝－1.
(2)∵a 2<a ，∴0<a <1.f ′(x )＝1x －2ax ＋(a －2)＝－(2x －1)(ax ＋1)x
，∵x ∈(0，＋∞)，∴ax ＋1>0，
∴当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ①当0<a ≤12
时，f (x )在[a 2，a ]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (a )＝ln a －a 3＋a 2－2a ；
②当⎩⎪⎨⎪⎧ a >12，a 2<12，即12<a <22时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，a 上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝－ln 2－a 4＋a －22＝a 4－1－ln 2； ③当12≤a 2，即22
≤a <1时，f (x )在[a 2，a ]上单调递减，∴f (x )max ＝f (a 2)＝2ln a －a 5＋a 3－2a 2. 综上所述，当0<a ≤12时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是ln a －a 3＋a 2－2a ；当12<a <22
时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是a 4－1－ln 2；当22
≤a <1时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是2ln a －a 5＋a 3－2a 2.
4．(2019·凉山州模拟)设函数f (x )＝x ＋
a ln x x (x >0)，a ∈R. (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；
(2)当a >0时，若f (x )存在极值点x 0，证明：f (x 0)>
. 解析：(1)a ＝1时，f ′(x )＝1＋1－ln x x 2＝x 2＋1－ln x x
2(x >0)， 设g (x )＝x 2＋1－ln x ，则g ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x
(x >0)，
令g ′(x )＝0，解得：x ＝2
2，
故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，22递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2，＋∞递增，
故g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫
22＝32－ln 2
2>0，
故f ′(x )>0恒成立，故f (x )在(0，＋∞)递增．
(2)证明：f ′(x )＝x 2－a ln x ＋a
x 2(x >0)，
∵f (x )存在极值点，∴f ′(x )＝0有大于0的根，即x 2－a ln x ＋a ＝0有正根，
设r (x )＝x 2－a ln x ＋a ，r ′(x )＝2x 2
－a
x (a >0)，
令r ′(x )＝0，解得：x ＝a
2，
故r (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
a
2，＋∞递增，
故r (x )min ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫
a 2＝32a －a ln a
2，
又x →0＋，r (x )→＋∞，x →＋∞，r (x )→＋∞，
故要r (x )＝0有正根，r (x )min <0，
即32a －a ln a
2<0，即a >2e 3
，
又∵x 0是f (x )的极值点，f ′(x 0)＝0，即x 20－a ln x 0＋a ＝0，故a ln x 0＝x 2
0＋a ， f (x 0)＝x 0＋a ln x 0x 0＝x 0＋x 2
0＋a x 0＝2x 0＋a
x 0
≥22a >.。