「精品」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
高考数学一轮复习导数及其应用导数与函数的单调性教学案理北师大版
第二节导数与函数的单调性[最新考纲] 1.了解函数的单调性和导数的关系.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会超过三次)．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．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．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．一、思考辨析(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．( )(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．( )[答案] (1)×(2)√(3)√二、教材改编1．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下面判断正确的是( )A．在区间(－3,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．在区间(3,5)上f(x)是增函数C[由图像可知，当x∈(4,5)时，f′(x)＞0，故f(x)在(4,5)上是增函数．]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D [因为f ′(x )＝－sin x －1＜0在(0，π)上恒成立， 所以f (x )在(0，π)上是减函数，故选D.]3．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．(0,1] [函数f (x )的定义域为{x |x ＞0}，由f ′(x )＝1－1x≤0，得0＜x ≤1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1]．]4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的最大值是________． 3 [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.]考点1 不含参数函数的单调性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，得单调递增区间． (4)在定义域内解不等式f ′(x )＜0，得单调递减区间．1.函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( )A ．单调递增B ．单调递减C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增A [f ′(x )＝1－cos x ＞0在(0,2π)上恒成立，所以在(0,2π)上单调递增．] 2．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 ，∴x ∈(0，＋∞)，y ′＝x －1x＝x －1x ＋1x.由y ′≤0可解得0＜x ≤1，∴y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1]，故选B.]3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 [f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 令f ′(x )＝x cos x ＞0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.]求函数的单调区间时，一定要树立函数的定义域优先的原则，否则极易出错．如T 2.考点2 含参数函数的单调性研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．(1)讨论分以下四个方面 ①二次项系数讨论； ②根的有无讨论； ③根的大小讨论； ④根在不在定义域内讨论．(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．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 －2x ＋a x.①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′(x )＝x －22x≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．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，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减． 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 ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减．综上所述，当－2＜a ＜0时，f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＜－2时，f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减．含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于(或小于)零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点．已知函数f (x )＝ln(e x ＋1)－ax (a ＞0)，讨论函数y ＝f (x )的单调区间．[解] f ′(x )＝e xe x ＋1－a ＝1－1e x ＋1－a .①当a ≥1时，f ′(x )＜0恒成立， ∴当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 a 1－a ，由f ′(x )＜0，得(1－a )(e x ＋1)＜1， 即e x＜－1＋11－a ，解得x ＜ln a 1－a .∴当a ∈(0,1)时，函数y ＝f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减． 综上，当a ∈[1，＋∞)时，f (x )在R 上单调递减；当a ∈(0,1)时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减．考点3 已知函数的单调性求参数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)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．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．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－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a ＞－1且a ≠0，即a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． (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 )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716且a ≠0，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． [母题探究]1．(变问法)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 2－2xmin ＝－1(此时x ＝1)， 所以a ≤－1且a ≠0，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．(变问法)若函数h (x )＝f (x )－g (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，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a ＞－1且a ≠0，即a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．3．(变条件)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上不单调，求a 的取值范围． [解] 因为h (x )在[1,4]上不单调， 所以h ′(x )＝0在(1,4)上有解，即a ＝1x 2－2x 有解，令m (x )＝1x 2－2x，x ∈(1,4)，则－1＜m (x )＜－716，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－716. (1)f (x )在D 上单调递增(减)，只要满足f ′(x )≥0(≤0)在D 上恒成立即可．如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．(2)二次函数在区间D 上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图像的对称轴与区间D 的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x 在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．[解] f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h (x )＝4x －1x，因为函数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，解得a ＜0或0＜a ≤25或a ≥1.考点4 利用导数比较大小或解不等式用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有： (1)f (x )＞g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.(1)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，设函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则( )A ．4f (－2)＜9f (3)B ．4f (－2)＞9f (3)C ．2f (3)＞3f (－2)D ．3f (－3)＜2f (－2)(2)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x ＞0时，有xf ′x －f xx 2＜0恒成立，则不等式x 2f (x )＞0的解集是________．(1)A (2)(－∞，－2)∪(0,2) [(1)根据题意，令g (x )＝x 2f (x )，其导数g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，又对任意x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则当x ＞0时，有g ′(x )＝x (2f (x )＋xf ′(x ))＞0恒成立，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f (x )是定义在R 上的偶函数，则f (－x )＝f (x )，则有g (－x )＝(－x )2f (－x )＝x 2f (x )＝g (x )，即函数g (x )也为偶函数，则有g (－2)＝g (2)，且g (2)＜g (3)，则有g (－2)＜g (3)，即有4f (－2)＜9f (3)．故选A.(2)令φ(x )＝f x x ，∵当x ＞0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＜0，∴φ(x )＝f xx在(0，＋∞)上为减函数，又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． 故x 2f (x )＞0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．]如本例(1)已知条件“2f (x )＋xf ′(x )＞0”，需构造函数g (x )＝x 2f (x )，求导后得x ＞0时，g ′(x )＞0，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，从而问题得以解决．而本例(2)则需构造函数φ(x )＝f xx解决． 1.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 x2f (x 1) B ．e x1f (x 2)＜e x2f (x 1) C ．e x1f (x 2)＝e x2f (x 1)D ．e x1f (x 2)与e x2f (x 1)的大小关系不确定 A [设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由题意得g ′(x )＞0，所以g (x )在R 上单调递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f x 1ex 1＜f x 2ex 2，所以e x1f (x 2)＞e x2f (x 1)．]2．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＜x 22＋12的解集为________． (－∞，－1)∪(1，＋∞) [由题意构造函数F (x )＝f (x )－12x ，则F ′(x )＝f ′(x )－12.因为f ′(x )＜12，所以F ′(x )＝f ′(x )－12＜0，即函数F (x )在R 上单调递减．因为f (x 2)＜x 22＋12，f (1)＝1，所以f (x 2)－x 22＜f (1)－12，所以F (x 2)＜F (1)，又函数F (x )在R 上单调递减，所以x 2＞1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．]。
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.。
2021版高考数学一轮复习 核心素养测评十四 利用导数研究函数的单调性 理 北师大版
核心素养测评十四利用导数研究函数的单调性(30分钟60分)一、选择题(每题5分,共25分)1.函数y=f(x)=x3-x2+的图像大致是( )【解析】选A.因为f(0)=,所以排除C;因为f′(x)=3x2-2x,令f′(x)>0,所以 x∈(-∞,0)或 x∈时f(x)单调递增,令f′(x)<0,所以x∈时f(x)单调递减,排除B,D.2.以下函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( )A.f(x)=sin 2xB.f(x)=xe xC.f(x)=x3-xD.f(x)=-x+ln x【解析】选B.对于A,f(x)=sin 2x的单调递增区间是(k∈Z);对于B,f′(x)=e x(x+1),当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)=xe x在(0,+∞)上为增函数;对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,得x>或x<-,所以函数f(x)=x3-x在和上单调递增;对于D,f′(x)=-1+=-,令f′(x)>0,得0<x<1,所以函数f(x)=-x+ln x在区间(0,1)上单调递增.3.函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性是 ( )A.先增后减B.先减后增C.单调递增D.单调递减【解析】选D.易知f′(x)=-sin x-1,x∈(0,π),那么f′(x)<0,所以f(x)=cos x-x在(0,π)上递减.4.假设函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,那么实数a的取值范围是 ( )A.a≥0B.a>0C.a≤0D.a<0【解析】选A.因为f(x)==ax-,所以f′(x)=a+.因为函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)=a+≥0在(0,+∞)上恒成立且不恒为零,即a≥-在(0,+∞)上恒成立且不恒为零,所以a ≥0.【变式备选】假设函数f(x)=ke x+x在(0,+∞)上单调递减,那么k的范围为( )A.k≥-1B.k≤-1C.k≥1D.k≤1【解析】选B.f′(x)=ke x+1.由题意得ke x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,即k≤-,x∈(0,+∞).当x∈(0,+∞)时,-∈(-1,0),所以k≤-1.5.(2021·南昌模拟)函数f(x+1)是偶函数,当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sin x-x,设a=f,b=f(3),c=f(0),那么a,b,c的大小关系为 ( )A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c【解析】选A.因为函数f(x+1)是偶函数,所以函数f(x)的图像关于直线x=1对称,所以a=f=f,b=f(3),c=f(0)=f(2).又因为当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sin x-x,所以当x∈(1,+∞)时,f′(x)=cos x-1≤0,即f(x)=sin x-x在(1,+∞)上为减函数,所以b<a<c.二、填空题(每题5分,共15分)6.函数y=f(x)(x∈R)的图像如下图,那么不等式xf′(x)≥0的解集为________________.【解析】由f(x)图像特征可得,在和[2,+∞)上f′(x)≥0, 在上f′(x)<0,所以xf′(x)≥0等价于或解得0≤x≤或x≥2,所以xf′(x)≥0的解集为∪[2,+∞).答案:∪[2,+∞)【变式备选】设函数y=f(x),x∈[a,b]其导函数的图像如下图,那么函数y=f(x)的单调递减区间是________________.【解析】因为函数y=f(x)的减区间是导函数小于零的区间,由题干图知函数y=f(x)的单调递减区间是(x2,x4).答案:(x2,x4)7.函数f(x)=ax+ln x,那么当a<0时, f(x)的单调递增区间是________________,单调递减区间是________________.【解析】由得f(x)的定义域为(0,+∞).当a<0时,因为f ′(x)=a+=,所以当x>-时,f ′(x)<0,当0<x<-时,f ′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.答案:8.(2021·西安模拟)函数f(x)=ax3+bx2的图像经过点M(1,4),曲线在点M处的切线恰好与直线x+9y=0垂直.假设函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,那么m的取值范围是________________.【解析】因为f(x)=ax3+bx2的图像经过点M(1,4),所以a+b=4,①f′(x)=3ax2+2bx,那么f′(1)=3a+2b.由题意可得f′(1)·=-1,即3a+2b=9.②联立①②两式解得a=1,b=3,所以f(x)=x3+3x2,f′(x)=3x2+6x.令f′(x)=3x2+6x≥0,得x≥0或x≤-2.因为函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,所以[m,m+1]⊆(-∞,-2]∪[0,+∞),所以m≥0或m+1≤-2,即m≥0或m≤-3.答案:(-∞,-3]∪[0,+∞)三、解答题(每题10分,共20分)9.函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图像过点P(1,2),且在点P处的切线斜率为8.(1)求a,b的值.(2)求函数f(x)的单调区间.【解析】(1)因为函数f(x)的图像过点P(1,2),所以f(1)=2.所以a+b=1.①又函数图像在点P处的切线斜率为8,所以f ′(1)=8.又f ′(x)=3x2+2ax+b,所以2a+b=5.②解由①②组成的方程组,可得a=4,b=-3.(2)由(1)得f ′(x)=3x2+8x-3,令f ′(x)>0,可得x<-3或x>;令f ′(x)<0,可得-3<x<.所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,-3),,单调减区间为.10.设函数f(x)=xe x+ax2+ax(a∈R).讨论函数f(x)的单调性.【解析】f′(x)=e x+xe x+ax+a=(x+1)(e x+a),①当a≥0时,由f′(x)>0得x>-1,由f′(x)<0得x<-1,所以f(x)在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增.②当-<a<0时,由f′(x)>0得x<ln(-a)或x>-1,由f′(x)<0得ln(-a)<x<-1,所以f(x)在(ln(-a),-1)上递减,在(-∞,ln(-a)),(-1,+∞)上递增.③当a=-时,f′(x)≥0,所以f(x)在R上递增.④当a<-时,由f′(x)>0得x<-1或x>ln(-a),由f′(x)<0得-1<x<ln(-a),所以f(x)在(-1,ln(-a))上递减,在(-∞,-1),(ln(-a),+∞)上递增.(15分钟35分)1.(5分)(2021·南昌模拟)函数f(x)=xsin x,x1,x2∈,且f(x1)<f(x2),那么( )A.x1-x2>0B.x1+x2>0C.->0D.-<0【解析】选D.由f(x)=xsin x,得f′(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),当x∈时,f′(x)>0,即f(x)在上是增加的,又因为f(-x)=-xsin(-x)=xsin x=f(x),所以f(x)为偶函数,所以当f(x1)<f(x2)时,有f(|x1|)<f(|x2|),所以|x1|<|x2|,-<0.2.(5分)(2021·东莞模拟)函数f(x)=e|x|-ax2,对任意x1<0,x2<0,且x1≠x2,都有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))<0,那么实数a的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选D.由题意可知函数f(x)是(-∞,0)上的单调递减函数,且当x<0时,f(x)=e-x-ax2,f′(x)=--2ax=-≤0,可得:2axe x+1≥0,即a≤恒成立,令g(x)=xe x(x<0),那么g′(x)=e x(x+1),据此可得函数g(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,0)上单调递增,函数g(x)的最小值为g(-1)=-,那么=,故实数a的取值范围是.3.(5分)y=f(x)是定义在R上的函数,且f(2)=5,对任意的x都有f′(x)<,那么f(x)<x+4的解集是________________.【解题指南】构造函数F(x)=f(x)-x-4,那么F′(x)<0,故而F(x)为减函数,且F(2)=0,从而得出F(x)<0的解集,即f(x)<x+4的解集.【解析】设F(x)=f(x)-x-4,那么F′(x)=f′(x)-<0,所以F(x)是减函数,因为F(2)=f(2)-5=0,所以当x>2时,F(x)<0,即f(x)<x+4,当x<2时,F(x)>0,即f(x)>x+4.答案:(2,+∞)【变式备选】函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,那么f(x)>2x+4的解集为________________ . 【解析】由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,那么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.答案:(-1,+∞)4.(10分)函数f(x)=x3-ax-1.(1)假设f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,求a的取值范围.(2)假设f(x)在区间(-1,1)上为减函数,求a的取值范围.(3)假设f(x)的单调递减区间为(-1,1),求a的值.【解析】(1)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,所以a≤3x2在(1,+∞)上恒成立,所以a≤3,即a的取值范围是(-∞,3].(2)由题意得f ′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,所以a≥3x2在(-1,1)上恒成立.因为-1<x<1,所以3x2<3,所以a≥3,即当a的取值范围是[3,+∞)时, f(x)在(-1,1)上为减函数.(3)由题意知a>0.因为f(x)=x3-ax-1,所以f ′(x)=3x2-a.由f ′(x)=0,得x=±,因为f(x)在区间(-1,1)上单调递减,所以=1,即a=3.5.(10分)函数f(x)=x2+(a+1)x+2ln(x-1).(1)假设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线与直线2x-y+1=0平行,求出这条切线的方程.(2)讨论函数f(x)的单调区间.【解析】 (1)f′(x)=ax+a+1+,得切线斜率为k=f′(2)=3a+3,据题设,k=2,所以a=-,故有f(2)=,所以切线方程为y-f(2)=2(x-2),即6x-3y-10=0.(2)f′(x)=ax+a+1+==(x>1). 当a=0时,f′(x)=,由于x>1,所以f′(x)=>0,可知函数f(x)在定义区间(1,+∞)上单调递增,当a≠0时,f′(x)=.假设a>0,那么<1,可知当x>1时,有f′(x)>0,函数f(x)在定义区间(1,+∞)上单调递增,假设a<0,那么>1,得当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以,函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.综上,当a≥0时,函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞);当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为,递减区间为.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0,f(2)=,那么不等式f(lg x)<+4的解集为 ( )A.(10,100)B.(0,100)C.(100,+∞)D.(1,100)【解析】选D.令g(x)=f(x)-,那么g′(x)=f′(x)+>0,g(x)在(0,+∞)上递增,而g(2)=f(2)- =4,故由f(lg x)<+4,得g(lg x)<g(2),故0<lg x<2,解得:1<x<100.- 11 -。
北师版高考总复习一轮数学精品课件 第四章 一元函数的导数及其应用 第二节 利用导数研究函数的单调性
当 0<a≤2 时,x -ax+1=
2
恒成立,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
2
2
x-2 +1- ≥0,f'(x)≤0
4
所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
且 f'(x)=0 不恒成立,
- 2 -4
当 a>2 时,令 f'(x)=0,得 x=
- 2 -4
当 x∈(0,
数的图象就比较“平缓”.
自主诊断
题组一 思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)
1.若函数f(x)在区间(a,b)内恒有f'(x)≤0,且f'(x)=0的根为有限个,则f(x)在区间
(a,b)上单调递减.( √ )
2.函数f(x)=sin x-x在R上单调递减.( √ )
3.如果函数f(x)在区间(a,b)上变化得越快,其导数就越大.( × )
+1
=
e -1
,解得
2(+1)
a=1,所以
e -2
f(x)=
+1
=
e -2
,
+1
,由 f'(x)<0 得 x<0 且 x≠-1,所以函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)
和(-1,0).故选 D.
考点二
讨论含参函数的单调性
例题已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+2)x+2(a为常数).
e -1
2
(+1)
(1)-0
k=
1+1
f'(x)=
2021-2022年高中数学 4.1.1导数与函数的单调性课时训练 北师大选修1-1
2021-2022年高中数学 4.1.1导数与函数的单调性课时训练北师大选修1-11．确定下列函数的单调区间(1)y=x3－9x2+24x (2)y=x－x32.讨论二次函数y=ax2+bx+c(a＞0)的单调区间.3.求下列函数的单调区间(1)y= (2)y= (3)y=+x4．已知函数y=x+，试讨论出此函数的单调区间.参考答案1．(1)解：y ′=(x 3－9x 2+24x )′=3x 2－18x +24=3(x －2)(x －4)令3(x －2)(x －4)＞0，解得x ＞4或x ＜2.∴y =x 3－9x 2+24x 的单调增区间是(4，+∞)和(－∞，2)令3(x －2)(x －4)＜0，解得2＜x ＜4.∴y =x 3－9x 2+24x 的单调减区间是(2，4)(2)解：y ′=(x －x 3)′=1－3x 2=－3(x 2－)=－3(x +)(x －)令－3(x +)(x －)＞0，解得－＜x ＜.∴y =x －x 3的单调增区间是(－，). 令－3(x +)(x －)＜0，解得x ＞或x ＜－.∴y =x －x 3的单调减区间是(－∞，－)和(，+∞)2．解：y ′=(ax 2+bx +c )′=2ax +b, 令2ax +b ＞0，解得x ＞－∴y =ax 2+bx +c (a ＞0)的单调增区间是(－，+∞)令2ax +b ＜0，解得x ＜－.∴y =ax 2+bx +c (a ＞0)的单调减区间是(－∞，－)3．(1)解：y ′=()′=∵当x ≠0时，－＜0，∴y ′＜0.∴y =的单调减区间是(－∞，0)与(0，+∞)(2)解：y ′=()′222222)9(9)9(9-+-=---=x x x x 当x ≠±3时，－＜0，∴y ′＜0.∴y =的单调减区间是(－∞，－3)，(－3，3)与(3，+∞).(3)解：y ′=(+x )′.当x＞0时+1＞0，∴y′＞0. ∴y=+x的单调增区间是(0，+∞)4．解：y′=(x+)′=1－1·x－2=令＞0. 解得x＞1或x＜－1.∴y=x+的单调增区间是(－∞，－1)和(1，+∞).令＜0，解得－1＜x＜0或0＜x＜1.∴y=x+的单调减区间是(－1，0)和(0，1).{32109 7D6D 絭22202 56BA 嚺30685 77DD 矝28984 7138 焸30323 7673 癳27029 6995 榕21224 52E8 勨-28537 6F79 潹26305 66C1 曁v38638 96EE 雮26751 687F 桿31132 799C 禜。
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
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 －1x ＋1x(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 )＝xf ′x －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 －1x ＋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 －1x ＋1－f (x )＝m x －1x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减少的，∴φ′(x )＝－x 2＋2m －2x －1x x ＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立，即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x，x ∈[1，＋∞).9分∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值范围是(－∞，2]. 12分。
2022版高考数学北师大版一轮复习：十四导数与函数的单调性
因为 y＝23 x＋3x 在(1， 2 )内递减，在( 2 ，2)内递增， 所以23 x＋3x ∈3 2，92 ， 即 a∈3 2，92 ，综上所述：a∈3 2，29 .
又 e2x>0，所以 a≤0， 即 a 的取值范围是(－∞，0].
答案：－1 (－∞，0]
三、解答题(每小题 10 分，共 20 分) 9．已知 a 为实数，函数 f(x)＝x2－2a ln x．求函数 f(x)的单调区间．
【解析】因为 f(x)＝x2－2a ln x， 所以 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2（x2x－a） ， 所以当 a≤0 时，f′(x)>0，则 f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当 a>0 时，令 f′(x)<0，得 0<x< a ，令 f′(x)>0，得 x> a ， 所以 f(x)在(0， a )上是减函数，在( a ，＋∞)上是增函数． 综上可得，当 a≤0 时，函数 y＝f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当 a＞0 时，函数 y＝f(x)的增区间为( a ，＋∞)，减区间为(0， a ).
的解集为( )
A．(－1，1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(－∞，＋∞)
【解析】选 B.设 m(x)＝f(x)－(2x＋4)， 因为 m′(x)＝f′(x)－2>0， 所以 m(x)在 R 上是增函数． 因为 m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0， 所以 m(x)>0 的解集为{x|x>－1}， 即 f(x)>2x＋4 的解集为(－1，＋∞).
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．。
高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.1导数与函数的单调性课件文北师大版
•
．
• 2．函数的极值与导数
• (1)极值点与极值
• 单 值调 点设，性函相f(数x异反0)f为号(或x)函在导数点数的x值0极及值附．近有，定则义x，0为且函在数xf0(两x)侧的的极 • (2)极大值点与极小值点
• ① 若 先 增 后 减 ( 导 数 值 先 正 后 负 ) ， 则 x0 为
点；
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝
1， 2a
当 x∈0， 12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈ 12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)证明 令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
第1课时 导数与函数的单调性
考点一 利用导数研究函数的单调性 【例 1】 (2016·四川卷节选)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－eex，
其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x>1 时，g(x)>0.
(1)解 由题意得 f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1(x>0)．
• A．1 B．2 C．3 D．4
• 解析 导函数f′(x)的图像与x轴的交点中，左侧图 像在x轴下方，右侧图像在x轴上方的只有一个，所 以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．
• 答案 A
3．(2017·郑州调研)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为
(
)
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
• 【训练1】 设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x) 的单调性．
【金版新学案】高考数学总复习 课时作业14 导数与函数的单调性与极值 理 北师大版
课时作业(十四) 导数与函数的单调性与极值A 级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，＋∞)2．(2012·陕西卷)设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ． x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点3．(2012·长春名校联考)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 )4．(2012·长春市调研)若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．05．定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函数f (x )在区间(0，＋∞)上的图像如图所示，则不等式f (x )f ′(x )>0的解集是( )A ．(－∞，0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)6．(2012·枣庄模拟)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.7．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．8．(2012·长春模拟)已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________.9．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 在区间[2,3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 10．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．11．(2011·安徽卷)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．B 级1．(2012·重庆卷)设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．2．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x ，其中a 为常数．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围． 详解答案课时作业(十四)A 级1．D f ′(x )＝e x＋(x －3)e x＝(x －2)e x. 由f ′(x )>0得x >2.2．D ∵f (x )＝2x ＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x.由f ′(x )＝0解得x ＝2.当x >2时，f (x )>0，当x <2时，f (x )<0.3．C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，选C.4．C 依题意得f ′(x )＝x 2－2ax ，由a >2可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1>0，f (2)＝83－4a ＋1<0，因此f (x )在(0,2)内只有一个零点，故选C.5．Bf (x )图像如图①当x >0，f ′(x )>0，若f (x )·f ′(x )>0，则只需f (x )>0，由图得x ∈(1，＋∞)． ②当x <0，f ′(x )<0，若f (x )·f ′(x )>0，则只需f (x )<0，由图得x ∈(－1,0)． 综上，x ∈(－1,0)∪(1，＋∞)． 6．解析： f ′(x )＝2xx ＋－x 2＋a x ＋2，f ′(1)＝3－a4＝0⇒a ＝3. 答案： 37．解析： f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.∴m >6或m <－3.答案： (－∞，－3)∪(6，＋∞) 8．解析： ∵f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n ， ∴由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－3＋3m －2＋n －＋m 2＝0f －＝－2＋6m －＋n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1n ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2n ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)，显然x ＝－1是极值点，符合题意， ∴m ＋n ＝11. 答案： 119．解析： ∵f (x )＝a ln x ＋x ，∴f ′(x )＝a x＋1.又∵f (x )在[2,3]上单调递增， ∴a x＋1≥0在x ∈[2,3]上恒成立， ∴a ≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)． 答案： [－2，＋∞)10．解析： (1)f ′(x )＝2ax ＋b x. 又f (x )在x ＝1处有极值12.∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝12，f＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0.解之得a ＝12且b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x＝x ＋x －x.由f ′(x )<0，得0<x <1；由f ′(x )>0，得x >1. 所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0,1)． 单调增区间是(1，＋∞)．11．解析： 对f (x )求导得f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax＋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1．解析： (1)因为f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32. 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x ＞0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝x ＋x －2x2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫因为x 2＝－13不在定义域内，舍去. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,1)上为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3.2．解析： (1)若a ＝1时，f (x )＝3x －2x 2＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x＝－x ＋x －x(x >0)．当f ′(x )>0， x ∈(0,1)时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递增． 当f ′(x )<0，x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)， 单调递减区间为(1，＋∞)． (2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立．即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h (x )＝4x －1x，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，2 5或a≥1.解得a<0或0<a≤。
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。
(部编版)2020高考数学一轮复习第2章第节导数与函数的单调性课时分层训练文北师大版2
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f (x )＝x －ln x 的递减区间为( ) A ．(0,1) B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)A [函数的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1，所以递减区间是(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2112所示，则下列叙述正确的是( )图2112A ．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 )上是增函数，由a ＜b ＜c ，所以f (c )＞f (b )＞f (a )．因此C 正确．]3．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上递增”的( )【导学号：66482107】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 上递增”的充分不必要条件．]4．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：66482108】A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，52 D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，52D [∵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，＋∞)上递增， ∴m ≤2＋12＝52，故选D.]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：66482109】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.]二、填空题6．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．递增 [在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0，所以f (x )在(0,2π)上递增．] 7．函数f (x )＝ln xx的递增区间是________．(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)．]8．若函数y ＝ax ＋sin x 在R 上递增，则a 的最小值为________．1 [函数y ＝ax ＋sin x 在R 上递增等价于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.]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：66482110】[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，＋∞)上是减函数. 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 )的递增区间是(0,1)， 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．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( ) 【导学号：66482111】A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．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 .] 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________．(－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，gx ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，gx ＜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，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围.【导学号：66482112】[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，＋∞)上是减函数，∴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 )＝0，3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e x －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．。
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.。
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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－1ex ，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.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。