利用导数研究函数的单调性之二阶求导型.docx

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第18讲利用导数研究函数的单调性(解析版)2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围
(1)函数 y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，可转化为 f′(x)≥0 在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不
恒为_0；也可转化为(a，b)⊆增区间．函数 y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，可转化为 f′(x)≤0 在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆减区间． (2)函数 y＝f(x)的增区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝增区间，也可转化为 f′(x)＞0 的解集是(a，b)；
6、函数 f(x)＝x3－6x2 的单调递减区间为________．
【答案】(0,4)
【解析】：f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由 f′(x)<0，得 0<x<4，
∴函数 f(x)的单调递减区间为(0,4)．
7、(多填题)已知函数 f(x)＝x3＋mx2＋nx－2 的图象过点(－1，－6)，函数 g(x)＝f′(x)＋6x 的图象关于 y 轴对
∴h(x)在(2，3)递增，h(x)>h(2)＝3，
∴实数 a 的取值范围为 a≤3；
②由题意得 g′(x)＝x2－ax＋2<0 在(－2，－1)上有解，∴a<x＋2在(－2，－1)上有解， x
【答案】D
【解析】
函数
f(x)＝－2lnx－x－3的定义域为(0，＋∞)，且 x
f′(x)＝－2x－1＋x32＝－x2＋x22x－3，解不等式
f′(x)>0，即 x2＋2x－3<0，由于 x>0，解得 0<x<1.因此，函数 y＝f(x)的单调递增区间为(0，1).故选 D.
3、函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图像如图，则函数 y＝ax2＋3bx＋c的单调递增区间是( ) 23

2阶导数求导公式

2阶导数求导公式概述：求导是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。

而2阶导数求导公式则是对函数的二次导数进行求导的公式。

本文将介绍2阶导数的概念及其求导公式，并通过例题展示其应用。

一、2阶导数的概念在微积分中，导数描述了函数在某一点的斜率或变化率。

而2阶导数则是对一阶导数的导数，它描述了函数变化率的变化率。

换句话说，2阶导数可以帮助我们分析函数的曲率。

二、2阶导数求导公式对于函数f(x)，其一阶导数为f'(x)，二阶导数为f''(x)。

下面是常见函数的2阶导数求导公式：1. 常数函数：对于常数c，它的任意阶导数都为0，即f''(x) = 0。

2. 幂函数：对于幂函数f(x) = x^n，其中n为正整数，它的二阶导数为f''(x) = n(n-1)x^(n-2)。

3. 指数函数：对于指数函数f(x) = e^x，它的二阶导数仍为f''(x) = e^x。

4. 对数函数：对于对数函数f(x) = ln(x)，它的二阶导数为f''(x) = -1/x^2。

5. 三角函数：对于三角函数f(x) = sin(x)和f(x) = cos(x)，它们的二阶导数分别为f''(x) = -sin(x)和f''(x) = -cos(x)。

三、示例问题为了更好地理解2阶导数求导公式的应用，我们来看几个示例问题：1. 已知函数f(x) = x^3，求其二阶导数f''(x)。

根据幂函数的2阶导数求导公式，我们有f''(x) = 3(3-1)x^(3-2) = 6x。

2. 已知函数f(x) = e^x，求其二阶导数f''(x)。

根据指数函数的2阶导数求导公式，我们有f''(x) = e^x。

3. 已知函数f(x) = ln(x)，求其二阶导数f''(x)。

利用导数求单调区间单调性课件2023-2024学年高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

1
1
1
⑤当 >-1，即a<-1，令f'（x）>0得-1<x< ，递增区间为（-1，）

1
1
令f'（x）<0得x<-1或x> ，递减区间为（-∞，-1），（，+∞）。

目录
题型二
利用导数求含参函数的单调区间-类二次型

例8 讨论f(x)=(x-2) −
2
+ax函数的单调性。
2

1
递增区间为（- ，1）；

1
1
④当-1<m<0,- >1,故函数得递减区间是（0,1），（

1
递增区间是（1，- ）。

，+∞），
目录
题型二
例7
利用导数求含参函数的单调区间-二次型（可分解）
1 3 1
已知f(x)= a + (a-1) 2
3
2
− − 1,讨论函数的单调性。
解定义域为R f'（x）=a 2 +(a-1)x-1=(ax-1)(x+1)
处的导数等于零.也就是说f'（x）＞0是f（x）在某个区间上单调递增
的充分不必要条件.
目录
题型一
例1 y＝x
利用导数求不含参数的函数的单调区间-一次型
ex
解 x∈R
y′＝ex ＋xex ＝(x＋1)ex
当x＞-1时，y′＞0，故递增区间为(-1，＋∞)；
当x< -1时，y′<0，故递减区间为(-∞，-1)。
③对于 ∆>0 ，利用求根公式求g(x)=0 的两根， ;

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，＋∞）
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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：
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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．

(完整版)利用导数研究函数的单调性

利用导数研究函数的单调性（一）编辑：赵辉、李勤涛、王芳学习要求： 1.正确理解利用导数判断函数的单调性的原理； 2.会求单调区间复习回顾定义来判断函数的单调性. 对于任意的两个数x 1，x 2∈I ，且当x 1＜x 2时，都有或（），那么函数f (x )就是区间I 上的或（）函数. 自主、合作学习：探究1 画出函数342+-=x x y 的图像，观察函数的单调性和函数的导数正负有什么关系？探究2 观察函数图像探讨函数单调性与其导数正负的关系。

思考如何用导数求图象未知函数的单调区间呢？-------请阅读课本24页回答下列问题之后再解决（1）利用导数判断单调性的法则：设函数y=f(x) 在某个区间（a,b ）内有导数，如果在这个区间内/y >0，那么函数y=f(x) 在；如果在这个区间内/y <0，那么函数y=f(x) 在（2）用函数曲线的的切线的斜率理解上述法则:当切线斜率为正时；当切线斜率为负时。

（3）若函数y=f(x) 在某个区间内总有，则f(x)在这个区间上是增函数；若函数y=f(x) 在某个区间内总有，则f(x)在这个区间上是减函数。

探究3：如果在某个区间内恒有()0f x '=，那么函数()f x 有什么特性？典型例题例1 判断下列函数的单调性，并求出单调区间（1）x x x f 3)(3+= （2） ()sin f x x x =-+ ),0(π∈x(3) x e x f x -=)( (4) x x x f ln )(-= 反思：用导数求函数单调区间的步骤： ①求函数f (x )的导数f ′(x ).②令f ′(x )＞0解不等式，得x 的范围就是递增区间.③令f ′(x )＜0解不等式，得x 的范围，就是递减区间. 注意：定义域优先；两（或多）部分单增区间的书写。

例2 已知导函数)('x f 的下列信息；当–2<x<2时)('x f <0；当x>2或x<–2时)('x f >0；当x=2或x=–2时)('x f =0。

2023年新高考数学一轮复习4-2 应用导数研究函数的单调性(知识点讲解)解析版

专题4.2 应用导数研究函数的单调性（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以及由函数的单调性求参数范围，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的单调性1.在(,)a b 内可导函数()f x ，'()f x 在(,)a b 任意子区间内都不恒等于0.'()0()f x f x ≥⇔在(,)a b 上为增函数．'()0()f x f x ≤⇔在(,)a b 上为减函数．2.利用导数研究函数的单调性的方法步骤：①确定函数f(x)的定义域；②求导数f ′(x)；③由f ′(x)>0（或f ′(x)<0）解出相应的x 的取值范围，当f ′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当f ′(x)<0时，f(x)在相应区间上是减增函数.特别提醒：讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．（二）常用结论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∀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．【常考题型剖析】题型一：判断或证明函数的单调性例1.（2017·山东·高考真题（文））若函数()e xf x (e=2.71828,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 ．()2xf x -= B ．()2f x x = C ．()-3xf x = D ．()cos f x x =【答案】A 【解析】【详解】对于A,令()e 2x x g x -=⋅,11()e (22ln )e 2(1ln )022x x x x xg x ---'=+=+>,则()g x 在R 上单调递增,故()f x 具有M 性质,故选A.例2．（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>，当10x a<<时，()0f x '<；当1x a >时，()0f x '>；所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点，所以()y f x =的图象在x 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭，故33ln 0a +>即1a e>.例3.（2021·全国·高考真题（文））已知函数32()1f x x x ax =-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2) 和()11a ---，. 【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()232f x x x a '=-+，导函数的判别式412a ∆=-，当14120,3a a ∆=-≤≥时，()()0,f x f x '≥在R 上单调递增，当时，的解为：12113113,33a ax x --+-==，当113,3a x ⎛⎫--∈-∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，单调递增；当113113,33a a x ⎛⎫--+-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，单调递减；当113,3a x ⎛⎫+-∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，单调递增；综上可得：当时，在R 上单调递增，当时，在113,3a ⎛⎫---∞ ⎪ ⎪⎝⎭，113,3a⎛⎫+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在⎣⎦上单调递减. (2)由题意可得：()3200001f x x x ax =-++，()200032f x x x a '=-+，则切线方程为：()()()322000000132y x x ax x x a x x --++=-+-，切线过坐标原点，则：()()()32200000001320x x ax x x a x --++=-+-,整理可得：3200210x x --=，即：()()20001210x x x -++=，解得：，则，()0'()11f x f a '==+切线方程为：()1y a x =+, 与联立得321(1)x x ax a x -++=+，化简得3210x x x --+=,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，()1x ∴-是321x x x --+的一个因式，∴该方程可以分解因式为()()2110,x x --=解得121,1x x ==-,()11f a -=--，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和()11a ---，. 【总结提升】1.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域.2.当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f ′(x )＝0是否有根；(2)若f ′(x )＝0有根，求出的根是否在定义域内； (3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小．题型二：求函数的单调区间例4．（2012·辽宁·高考真题（文））函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为（） A ．（-1,1] B ．（0,1] C ．[1，+∞） D ．（0，+∞）【答案】B 【解析】【详解】对函数21ln 2y x x =-求导，得211x y x x x='-=-（x>0）,令210{0x x x -≤>解得(0,1]x ∈，因此函数21ln 2y x x =-的单调减区间为(0,1]，故选B例5.（2016·北京·高考真题（理））设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，（1）求a ，b 的值；（2）求()f x 的单调区间.【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据题意求出，根据(2)22,(2)1f e f e =+=-'求a,b 的值即可；（Ⅱ）由题意判断的符号，即判断1()1x g x x e -=-+的单调性，知g(x)>0，即>0，由此求得f(x)的单调区间.试题解析：（Ⅰ）因为()a x f x xe bx -=+，所以()(1)a x f x x e b -=-+'. 依题设，(2)22,{(2)1,f e f e =+=-'即222222,{1,a a eb e e b e --+=+-+=- 解得2,e a b ==.（Ⅱ）由（Ⅰ）知2()x f x xe ex -=+. 由21()(1)x x f x e x e --=-+'及20x e ->知，与11x x e --+同号.令1()1x g x x e -=-+，则1()1x g x e -=-+'. 所以，当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增. 故是在区间上的最小值，从而.综上可知，，.故的单调递增区间为.【总结提升】1.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，按实根把函数的定义域划分区间，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．温馨提醒：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．2.解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(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．题型三：利用函数的单调性解不等式例6．（2015·全国·高考真题（理））设函数'()f x 是奇函数()f x （x ∈R ）的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（） A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)⋃+∞【答案】A 【解析】【详解】构造新函数()()f xg x x=,()()()2'xf x f x g x x -='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =.所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >，又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃. 故选A.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如()()xf x f x '-，想到构造()()f xg x x=.一般：（1）条件含有()()f x f x '+，就构造()()x g x e f x =,（2）若()()f x f x -'，就构造()()xf xg x e =，（3）()()2f x f x +'，就构造()()2x g x e f x =，（4）()()2f x f x -'就构造()()2xf xg x e =，等便于给出导数时联想构造函数.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()3x x 1f x =x 2x+e -e-，其中e 是自然数对数的底数，若()()2f a-1+f 2a 0≤，则实数a 的取值范围是_________．【答案】1[1,]2-【解析】【详解】因为31()2e ()ex x f x x x f x -=-++-=-，所以函数()f x 是奇函数，因为22()32e e 320x x f 'x x x -=-++≥-+，所以数()f x 在R 上单调递增，又2(1)(2)0f a f a -+≤，即2(2)(1)f a f a ≤-，所以221a a ≤-，即2210a a +-≤，解得112a -≤≤，故实数a 的取值范围为1[1,]2-．【总结提升】比较大小或解不等式的思路方法(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．(2)含有两个变元的不等式，可以把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．题型四：利用函数的单调性比较大小例8.（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（） A ．c b a >> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>【答案】A 【解析】【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解. 【详解】因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭ 所以11tan 44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>，故选：A例9．（2007·陕西·高考真题（理））已知f (x )是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的0<a <b ，则必有( )． A ．af (b )≤bf (a ) B ．bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤f (b ) D ．bf (b )≤f (a )【答案】A【解析】【详解】因为xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，所以()f x x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦′＝2'()()xf x f x x -≤22()f x x -≤0，则函数()f x x在(0，＋∞)上单调递减．由于0<a <b ，则()()f a f b a b≥，即af (b )≤bf (a ) 例10．（2013·天津·高考真题（文））设函数()2x f x e x =+-，2()ln 3g x x x =+-若实数,a b 满足()0f a =，()0g b =则（）A ．()0()g a f b <<B ．()0()f b g a <<C ．0()()g a f b <<D ．()()0f b g a <<【答案】A 【解析】【详解】试题分析：对函数()2x f x e x =+-求导得()=1x f x e '+，函数单调递增，()()010,110f f e =-=+，由()0f a =知01a <<，同理对函数2()ln 3g x x x =+-求导，知在定义域内单调递增，(1)-20g =<，由()0g b =知1b >，所以()0()g a f b <<.例11．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（）A ．a b c <-，因为1()111x f x x x'=-=-++，当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增，所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11xx x g x x x x -+'=+=--, 令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <<时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增，又(0)0h =，所以当01x <<时，()0h x <，所以当01x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c > 故选：C. 【总结提升】1.在比较()1f x ，()2f x ，，()n f x 的大小时，首先应该根据函数()f x 的奇偶性与周期性将()1f x ，()2f x ，，()n f x 通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．2.构造函数解不等式或比较大小一般地，在不等式中若同时含有f (x )与f ′(x )，常需要通过构造含f (x )与另一函数的和、差、积、商的新函数，再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果．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 x f (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→()[]'x f x e. 题型五：根据函数的单调性求参数范围例12．（2014·全国·高考真题（文））若函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞上单调递增，则实数k 的取值范围是A ．(],2-∞-B ．(],1-∞-C ．[)2,+∞D ．[)1,+∞【答案】D 【解析】【详解】试题分析：，∵函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，∴在区间()1,+∞上恒成立．∴，而在区间()1,+∞上单调递减，∴．∴的取值范围是[)1,+∞．故选D ．例13．（2019·北京·高考真题（理））设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【答案】 -1; (],0-∞. 【解析】【分析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用导函数的解析式可得a 的取值范围. 【详解】若函数()x xf x e ae -=+为奇函数,则()()(),x x x x f x f x e ae e ae ---=-+=-+，()()1 0x x a e e -++=对任意的x 恒成立.若函数()x x f x e ae -=+是R 上的增函数,则()' 0x xf x e ae -=-≥恒成立,2,0x a e a ≤≤.即实数a 的取值范围是(],0-∞例14．（2014·全国·高考真题（理））若函数()cos 2sin f x x a x =+在区间(,)62ππ内是减函数，则实数a 的取值范围是_______. 【答案】2a ≤ 【解析】()()2sin 2cos 4sin cos cos cos 4sin .,62f x x a x x x a x x x a x ππ⎛⎫=-+=-+=-+∈ ⎪⎝'⎭时，()f x 是减函数，又cos 0x >，∴由()0f x '≤得4sin 0,4sin x a a x -+≤∴≤在,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，()min 4sin ,,262a x x a ππ⎛⎫⎛⎫∴≤∈∴≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【总结提升】由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间(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，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．(2)可导函数在区间(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，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．题型六：利用导数研究函数的图象例15．（2021·浙江·高考真题）已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（）A ．1()()4y f x g x =+-B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =【答案】D 【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除A 、B ，结合导数判断函数的单调性可判断C ，即可得解.【详解】对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ；对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ；对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，2102164y ππ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C. 故选：D.例16．（2018·全国·高考真题（文））函数()2e e x xf x x --=的图像大致为 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】【详解】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：20,()()()x xe e xf x f x f x x --≠-==-∴为奇函数，舍去A,1(1)0f e e -=->∴舍去D;243()()2(2)(2)()2,()0x x x x x xe e x e e x x e x ef x x f x x x ---+---++=='∴>'>，所以舍去C ；因此选B.例17.（2017·浙江·高考真题）函数y ()y ()f x f x ==，的导函数的图象如图所示，则函数y ()f x =的图象可能是A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】【详解】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数'()f x 的正负，得出原函数()f x 的单调区间．【规律方法】函数图象的辨识主要从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 题型七：与函数单调性相关的恒成立问题例18．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知函数 ()e xf x x =-，则 ()f x 的单调递增区间为________；若对任意的()0,x ∞∈+，不等式 ln 2e 1xx ax+-≥恒成立，则实数 a 的取值范围为________．【答案】 (0,)+∞(填[)0,∞+亦可) 1(,]2-∞【解析】【分析】求出函数导数，利用导数求函数单调区间，不等式恒成立可分离参数后求函数()e ln x g x x x x =⋅--的最小值，令ln t x x =+换元后可根据单调性求最值. 【详解】 ()1x f x e =-',令()0f x '>,可得()f x 的单调递增区间(0,)+∞ (或[)0+∞，亦可); ln 2e 1x x ax+-≥可化为2e ln x a x x x ≤⋅--. 令()e ln x g x x x x =⋅--=ln e e ln x x x x ⋅--=ln e (ln )x x x x +-+，设ln t x x =+，则()e =-t h t t ，由()e xf x x =-在[)0+∞，上单调递增可知， 0()(0)e 01h t h ≥=-=，则21a ≤，故解得12a ≤.故答案为：(0,)+∞(填[)0,∞+亦可)；12a ≤例19．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()e ln xf x m x m =+∈R ，若对任意正数12,x x ，当12x x >时，都有()()1212f x f x x x ->-成立，则实数m 的取值范围是______．【答案】[)0,∞+ 【解析】【分析】令()()g x f x x =-，进而原题等价于()g x 在()0,∞+单调递增，从而转化为()e 10x mg x x'=+-≥，在()0,∞+上恒成立，参变分离即可求出结果.【详解】由()()1212f x f x x x ->-得，()()1122f x x f x x ->- 令()()g x f x x =-，∴()()12g x g x > ∴()g x 在()0,∞+单调递增，又∵()()e ln xg x f x x m x x =-=+-∴()e 10xmg x x'=+-≥，在()0,∞+上恒成立，即()1e x m x ≥- 令()()1e x h x x =-，则()()e 110xh x x '=-++<∴()h x 在()0,∞+单调递减，又因为()()01e 00h =-⨯=，∴0m ≥．故答案为：[)0,∞+.例20．（2010·全国·高考真题（理））设函数()21x f x e x ax =---.(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若当0x ≥时()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1) f (x )在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加;(2) a 的取值范围为(－∞，12]. 【解析】【分析】 (1)a ＝0时，()1x f x e x＝－－，()1x f x e '＝－.分别令f ′(x )<0，f ′(x )>0可求()f x 的单调区间；(2求导得到)f ′(x )＝e x －1－2ax .由(1)知e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时等号成立．故问题转化为f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而对1－2a 的符号进行讨论即可得出结果. 【详解】 (1)a ＝0时，()1x f x e x＝－－，()1x f x e '＝－.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加 (2)()12x f x e ax'-＝－.由(1)知1x e x ≥＋，当且仅当x ＝0时等号成立．故f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而当1－2a ≥0，即a ≤时，f ′(x )≥0(x ≥0)，而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0.由1x e x ≥＋ (x ≠0)得1x e x -≥- (x ≠0)，从而当a >时，f ′(x )< 1x e -＋2a (1x e --)＝x e - (1x e -)(x e －2a )，故当x ∈(0，ln2a )时， f ′(x )<0，而f (0)＝0，于是当x ∈(0，ln2a )时，f (x )<0，综上可得a 的取值范围为(－∞，]．【规律方法】处理此类问题，往往利用“构造函数法”、“分离参数法”.。

利用导数研究函数的单调性-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题(新高考地区专用)(原卷版)

考向15 利用导数研究函数的单调性【2022年新高考全国Ⅰ卷】设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（）A ．a b c <> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>1．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实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 '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数.②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：()0f x '>⇒()f x 单调递增；()f x 单调递增()0f x '⇒≥；()0f x '<⇒()f x 单调递减；()f x 单调递减()0f x '⇒≤.1.利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．2.利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[],a b 上单调递增(减)可知()0f x '≥ (()0f x '≤)在区间[],a b 上恒成立列出不等式；②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；③对等号单独检验，检验参数的取值能否使()f x '在整个区间恒等于0，若()f x '恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有()0f x '=，则参数可取这个值．【提醒】()f x 为增函数的充要条件是对任意的,()x a b ∈都有()0f x '≥且在(),a b 内的任意一个非空子区间上()0f x '≠.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．一：单调性基础问题 1．函数的单调性函数单调性的判定方法：设函数()y f x =在某个区间内可导，如果()0f x '>，则()y f x =为增函数；如果()0f x '<，则()y f x =为减函数．2．已知函数的单调性问题①若()f x 在某个区间上单调递增，则在该区间上有()0f x '≥恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足()0f x '>，才能得出()f x 在某个区间上单调递增；②若()f x 在某个区间上单调递减，则在该区间上有()0f x '≤恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足()0f x '<，才能得出()f x 在某个区间上单调递减．二：讨论单调区间问题类型一：不含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，尽可能因式分解；定义域需要注意是否是连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）求根做图得结论(如能直接求出导函数等于0的根，并能做出导函数与x 轴位置关系图，则导函数正负区间段已知，可直接得出结论)；（4）未得结论断正负(若不能通过第三步直接得出结论，则先观察导函数整体的正负)；（5）正负未知看零点(若导函数正负难判断，则观察导函数零点)；（6）一阶复杂求二阶(找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导)；求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．（7）借助二阶定区间(通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区间段)；类型二：含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）恒正恒负先讨论(变号部分因为参数的取值恒正恒负)；然后再求有效根；（4）根的分布来定参(此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系)；（5）导数图像定区间；1．（2022·全国·高三专题练习（理））已知0.02e a =， 1.02b =，ln2.02c =，则（） A ．c a b >> B ．a b c >> C ．a c b >>D ．b a c >>2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()321032a f x x x x a =--≥在区间()0,1上不是单调函数，则实数a 的取值范围是（）A ．()02,B ．[)0,1C ．()0,∞+D ．()2,+∞3．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（文））已知函数()3ln 2f x x x =--，则不等式()()2325f xf x ->-的解集为（）A ．()4,2-B ．()2,2-C ．()(),22,∞∞--⋃+D ．()(),42,-∞-+∞4．（2022·湖北·房县第一中学模拟预测）已知函数()221e e 1x x f x -=+，不等式()()22f x f x >+的解集为（） A ．()(),12,-∞-+∞ B ．()1,2- C ．()(),21,-∞-+∞D ．()2,1-5．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））若函数()321f x x x ax =++-在(),-∞+∞上单调递增，则实数a 的取值范围( ) A ．13a ≥ B ．13a ≤C ．13a >D ．13a <1．（2022·青海·模拟预测（理））若01a b <<<，则（） A ．e e ln ln b a b a -<- B ．e e ln ln b a b a -≥- C ．e e a b b a ≤D ．e e a b b a >2．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））定义：设函数()f x 的定义域为D ，如果[],m n D ⊆，使得()f x 在[],m n 上的值域为[],m n ，则称函数()f x 在[],m n 上为“等域函数”，若定义域为21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的函数()xg x a =（0a >，1a ≠）在定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则a 的取值范围为（） A ．221,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．22e 1,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．221e e e ,e ⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭D ．221e ee ,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦3．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知1333,e ,(93ln 3)e a b c --===-，则a ，b ，c 的大小为（） A ．a b c <>B ．a b c >>C ．c b a >>D ．c a b >>5．（2022·青海玉树·高三阶段练习（文））定义在R 上的可导函数()f x 满足()2f x '<，若()()1262f m f m m --≥-，则m 的取值范围是（）A ．(],1-∞-B ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．[)1,-+∞D ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭6．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知奇函数()f x 的导函数为()f x '，且()f x 在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒有()()sin cos f x f x x x '<成立，则下列不等式成立的（） A ππ264f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．ππ336f ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ππ3243⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D 2ππ334f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭7．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知1,1a b >>,且1(1)e e (e a b b a a ++=+为自然对数),则下列结论一定正确的是（） A ．ln()1a b +> B ．ln()0-<a b C ．122a b +<D ．3222a b +<8．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（理））已知函数()sin 2cos f x a x x =+在ππ,34x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦上单调递增，则a 的取值范围为（） A ．0a ≥ B ．22a -≤≤ C ．2a ≥- D ．0a ≥或2a ≤-9．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x +'>，则下列式子成立的是（） A ．()()20212022f ef C ．()f x 是R 上的增函数D ．0t ∀>，则()()t f x e f x t <+10．（2022·山东泰安·模拟预测）已知函数32()f x x ax =-+，写出一个同时满足下列两个条件的()f x ：___________.①在[1,)+∞上单调递减；②曲线()(1)y f x x =≥存在斜率为1-的切线.11．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()()()1e x f x a x a =--∈R ，()ln e k x x =-，e 为自然对数的底数．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当1x >时，不等式()()f x k x ≤恒成立，求a 的取值范围．12．（2022·上海·位育中学模拟预测）已知函数 ()221f x ax x a =-+- ( a 为实常数).(1)设 ()f x 在区间 []1,2 上的最小值为 ()g a ，求 ()g a 的表达式; (2)设 ()()f x h x x=，若函数 ()h x 在区间[]1,2上是增函数，求实数a 的取值范围.13．（2022·全国·模拟预测）已知函数()2ln f x x x =-．(1)求曲线()y f x =在e x =处的切线方程； (2)若()()()e xg x f x ax -=+⋅在区间()01，内是单调函数，求实数a 的取值范围．14．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．15．（2022·天津·二模）已知函数221()2ln ()2f x a x x ax a R =-++∈． (1)当1a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； (2)求函数()f x 的单调区间；(3)当0a <时，求函数()f x 在区间[1,e] 上的最小值．16．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数()()()21R 2f x x a a =-∈. (1)设()()e xg x f x =，讨论函数()()e x g x f x =的单调性； (2)当0x ≤时，()()211g x x a x ≤--+，求实数a 的取值范围.17．（2022·北京八十中模拟预测）已知函数e ()axf x x=. (1)当1a =时，求函数()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； (2)求函数()f x 的单调区间； (3)若对任意[)1,x ∈+∞，都有1()ef x >成立，求实数a 的取值范围.18．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（文））已知函数()()()21212ln R 2f x ax a x x a =-++∈(1)当1a =-时，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； (2)当0a >时，求函数()f x 的单调递增区间.1．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（）A ．a b c <>B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>3．（2022·北京·高考真题）已知函数()e ln(1)x f x x =+． (1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)设()()g x f x '=，讨论函数()g x 在[0,)+∞上的单调性； (3)证明：对任意的,(0,)s t ∈+∞，有()()()f s t f s f t +>+．4．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性； (2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N 2221ln(1)1122n n n+++>++++．5．（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.6．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.7．（2021·北京·高考真题）已知函数()232xf x x a-=+．（1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．8．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．9．（2020·全国·高考真题（文））已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.10．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．11．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．。

考点21 利用导数研究函数的单调性(解析版)

考点21 利用导数研究函数的单调性【命题解读】从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力【基础知识回顾】1. 利用导数研究函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)≥0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)≤0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2. 判定函数单调性的一般步骤(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数的单调区间．3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围(1)函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，可转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆增区间．函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，可转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆减区间．(2)函数y＝f(x)的增区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝增区间，也可转化为f′(x)＞0的解集是(a，b)；函数y＝f(x)的减区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝减区间，也可转化为a，b是f′(x)＝0的两根．.1、若函数y＝f(x)的图像如下图所示，则函数y＝f′(x)的图像有可能是( )第1题图A BCD【答案】A .【解析】由f(x) 的图像可知：在(－∞，0) ，f(x)单调递减，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；在(0，＋∞)，f(x)单调递增，∴当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0；故选A .2、函数f(x)＝－2ln x －x －3x 的单调递增区间是( )A . ()0，＋∞B . ()－3，1C . ()1，＋∞D . ()0，1 【答案】D【解析】函数f(x)＝－2ln x －x －3x 的定义域为()0，＋∞，且f′(x)＝－2x －1＋3x 2＝－x 2＋2x －3x 2，解不等式f′(x)>0，即x 2＋2x －3<0，由于x>0，解得0<x<1.因此，函数y ＝f(x)的单调递增区间为()0，1.故选D .3、函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c3的单调递增区间是( )第3题图A . (－∞，－2]B . ⎣⎡⎭⎫12，＋∞C . [)－2，3D . ⎣⎡⎭⎫98，＋∞【答案】D【解析】由题图可知d ＝0. 不妨取a ＝1，∵f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x)＝3x 2＋2bx ＋c. 由图可知f′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18. ∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94. 当x ＞98时，y ′＞0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为[98，＋∞). 故选D . 4、函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎭⎫0，1aB.⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞C.⎝⎛⎭⎫－∞，1a D ．(－∞，a )【答案】A【解析】由f ′(x )＝1x －a >0，x >0，得0<x <1a .∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a .5、函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为________．【答案】(0,4)【解析】：f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)，由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f(x)的单调递减区间为(0,4)．6、已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)，若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________；【答案 13【解析】 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.7、(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________. 【答案】－3 (0，2)【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).考向一求函数的单调区间求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x 3－12x 2－2x ＋3； (2)g(x)＝x 2－2ln x.【解析】 (1)∵f′(x)＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，定义域为R ，∴当f ′(x )>0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－23∪(1，＋∞)；当f ′(x )＜0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1.∴函数的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，单调减区间为⎝⎛⎭⎫－23，1.(2)g ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x，定义域为(0，＋∞)，令g ′(x )＝0，解得：x ＝1或x ＝－1(舍去)，列表：变式1、（1）函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为__ __．（2）函数f(x)＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是__ __．（3）已知a<0，函数f(x)＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2的单调递减区间是__ ．【解析】（1）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，∴函数f(x)的单调减区间为(－1，11)．（2） f′(x)＝1－cos x>0在(0，2π)上恒成立，∴f(x)单调递增．（3）f′(x)＝3x 2＋2ax －a 2＝(3x －a)(x ＋a)，令f′(x)<0，得a3<x<－a ，∴减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，－a .变式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)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(x >0)，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，所以舍去．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，＋∞).变式3、已知函数f (x )＝ln x ＋ke 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.【解析】 (1)f ′(x )＝1x －ln x －ke x(x >0).又由题意知f ′(1)＝1－ke ＝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，＋∞).方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f ′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．2. 利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．考向二给定区间求参数的范围例2、设函数()32132a f x x x bx c =-++，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. (1)求,bc 的值；(2)若0a >，求函数()f x 的单调区间；(3)设函数()()2g x f x x =+，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．【解析】：(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)．变式1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数.若在()()245xaf x x x a R e =-+-∈()f x上是单调递增函数，求的取值范围；【解析】在上是单调递增函数,在上，恒成立，即：设，当时，在上为增函数，当时，在上为减函数，，即 .变式2、设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是____．【答案】：1<a ≤2【解析】：∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∈a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.方法总结： 1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．2. 辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三函数单调区间的讨论例3、（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数．当时，讨论的单调性；【解析】函数的定义域为.，因为，所以， ①当，即时，(),-∞+∞a ()f x (),-∞+∞∴x R ∈()240xa f x x e=-+≥'()42xa x e ≥-∴()()42x h x x e =-R x ∈∴()()22x h x x e =-'∴(),1x ∈-∞()0h x '>∴()h x (),1x ∈-∞∴()1,x ∈+∞()0h x '<∴()h x ()1,x ∈+∞∴()()max 12h x h e ==()max 42x a x e ⎡⎤≥-⎣⎦∴2a e ≥[)2,a e ∈+∞()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭1m ()f x ()f x (0,)+∞'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x -+----==1m 10m ->011m <-<12m <<由得或，由得，所以在，上是增函数，在上是减函数； ②当，即时，所以在上是增函数；③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减；当时，在.上是单调递增；当时在，上是单调递增，在上是单调递减. 变式1、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数.(1)讨论函数的单调性; 【解析】(1)，当时，恒成立，在上单调递减，当时，由，解得，由于时，导函数单调递增，故，单调递减，单调递增. 综上，当时在上单调递减; 当时，在上单调递减，在上单调递增. . 变式2、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；【解析】（1）函数的定义域为,()0f x '>1x >1x m <-()0f x '<11m x -<<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -11m -=2m =()0f x '≥()f x ()0,∞+11m ->2m >()0f x '>1x m >-1x <()0f x '<11x m <<-()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -12m <<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -2m =()f x ()0,∞+2m >()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -()()2(,)1xf x ae x a Rg x x =--∈=()f x ()1xf x ae '=-0a ≤()'0f x <()f x ()-∞+∞，0a >()'0f x =x lna =-0a >()1xf x ae '=- ()x lna ∈-∞-，()()0,f x f x '<()()(),,0,x lna f x f x '∈-+∞>0a ≤()f x ()-∞+∞，0a >()f x ()lna -∞-，,()lna -+∞2213()ln 224f x x ax x ax x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭0a e <<()f x ()f x {}|0x x >,令,得或,因为,当或时,,单调递增；当时,,单调递减,所以的增区间为,；减区间为变式3、已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)．讨论f (x )的单调性．【解析】函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝x －1ax －1x，令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a ，(ⅰ)若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (ⅱ)若0<a <1，则1a >1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． (ⅲ)若a >1，则0<1a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x ) 在(0,1)上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是增函数；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．()()()211313ln 2ln 22222f x x a x x ax a x x a x x a a x x⎛⎫'=-+-⋅+-=-+-+- ⎪⎝⎭()()ln ()(ln 1)x a x x a x a x =---=--()0f x '=x a =x e =0a e <<0x a <<x e >()0f x '>()f x a x e <<()0f x '<()f x ()f x ()0,a (),e +∞(),a e方法总结：对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．2. 会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．考向四构造函数研究单调性例4、(1)设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x(2)已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集是( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)【答案】 (1)A (2)D【解析】(1)法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)，即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)，即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2，∴令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D ，不妨令f (x )＝x 2＋0.1，则已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不一定成立，故C 也是错误的，故选A.(2)∵f (x )是定义域为{x |x ≠0}的偶函数， ∴f (－x )＝f (x )．对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )， ∴xf ′(x )＋2f (x )>0. ∵g (x )＝x 2f (x )，∴g (x )也是偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0. ∵g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )在(－∞，0)递减．若g (x )<g (1)，则|x |<1(x ≠0)，解得0<x <1或－1<x <0.故g (x )<g (1)的解集是(－1,0)∪(0,1)．变式1、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12BC ．2e D【答案】BCD 【解析】令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x 时，()()0T x f x x '='-<，()T x ∴在(],0-∞上单调递减，()T x ∴在R 上单调递减．存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-，∴得00()(1)T x T x -，001x x -，即012x ，()x g x e a =-；1()2x，0x 为函数()y g x =的一个零点；当12x时，()0x g x e '=-，∴函数()g x 在12x 时单调递减，由选项知0a >，取12x =<，又0a g ee ⎛-=> ⎝，∴要使()gx 在12x时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，解得2e a，a∴的取值范围为⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭，故选：BCD ．变式2、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()f x ()f x '()00f =()cos ()sin 0f x x f x x '+<A ．B ．C ．D ．【答案】CD 【解析】令，，则，因为，所以在上恒成立，因此函数在上单调递减，因此，即，即，故A 错；又，所以，所以在上恒成立，因为，所以，故B 错；又，所以，即，故C 正确；又，所以，即，故D 正确；故选：CD.方法总结：(1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )；(2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )；特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；64f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪⎪⎝⎭⎝⎭ln03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()cos f x g x x =0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x '+'=()cos ()sin 0f x x f x x '+<2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()()cos f x g x x =0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64cos cos64f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>64f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()00f =(0)(0)0cos0f g ==()()0cos f x g x x =≤0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭ln0,32ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭ln 03f π⎛⎫< ⎪⎝⎭63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63coscos 63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43coscos43f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xg x (g (x )≠0)；(5)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )；(6)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xx (x ≠0)．1、【2017年高考浙江】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【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．2、【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 3、（2018年泰州期中）()3211232f x x x ax =-++，若()f x 在2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______ 【答案】19a >- 【解析】：()'22fx x x a =-++，有已知条件可得：2,+3x ⎛⎫∃∈∞⎪⎝⎭，使得()'0f x ≥，即()212a x x ≥-，只需()2min12a x x ⎡⎤≥-⎢⎥⎣⎦，而()221122122339y x x ⎡⎤⎛⎫=->-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以19a >-4、【2018年高考天津理数】已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中a >1.（I ）求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；【解析】（I ）由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-.令()0h x '=，解得x =0.由a >1，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间为(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞.5、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x xx-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当2()2a a x+∈+∞时，()0f x '<；当(22a a x -+∈时，()0fx '>.所以()f x 在)+∞单调递减，在单调递增.6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.讨论()f x 的单调性；【解析】2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 7、（2020届山东省临沂市高三上期末）函数（）. （1）讨论的单调性；【解析】（1）解：的定义域为，，当，时，，则在上单调递增；当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；当，时，，则在上单调递减；()1ln g x ax b x =--,,0a b ab ∈≠R ()g x ()g x ()0,∞+()a g x x bx'=-0a >0b <()0g x '>()g x ()0,∞+0a >0b >()0g x '>b x a >()0g x '<0b x a <<()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭0a <0b >()0g x '<()g x ()0,∞+当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减. 0a <0b <()0g x '>0b x a <<()0g x '()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭。

利用导数讨论函数的单调性

利用导数讨论函数的单调性广西南宁市第二十六中学（530201）许莉［摘要］导数是研究函数性质的一个重要工具，利用求导研究含参函数的单调性是高考的热点，也是学生感到棘手的一个问题.文章结合实例，分类讨论研究导数与函数的单调性之间的关系.［关键词］导数；函数；单调性［中图分类号］G633.6［文献标识码］A［文章编号］1674-6058（2021）14-0030-02一、利用导数求函数的单调区间利用导数研究函数单调性的依据：若函数y=f(x)在某个区间内可导：若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；若f′(x)=0，则f(x)在这个区间内是常数函数[1].［例1］（2013年高考天津卷节选）已知函数f(x)=x2ln x.求函数f(x)的单调区间.分析：在对f(x)进行求导之前，应先考虑函数的定义域（因为单调区间必须是在定义域的限定范围内，而这个也是学生容易忽略的问题），再进行求导判断符号.解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=2x ln x+x=x()2ln x+1，令f'(x)>0，得x>1e；令f'(x)<0，得0<x<1e，所以函数f(x)的单调递减区间是()0,1e，单调递增区间是()1e,+∞.小结：利用导数判断函数单调性的一般步骤：第一步，求函数的定义域；第二步，求导数f′(x)，其中求导后若有分母就考虑通分，若能因式分解就要因式分解，不能因式分解再考虑求根公式或者其他化简；第三步，在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；第四步，写出函数f(x)的单调区间.二、利用导数讨论含参数函数的单调性［例2］（2015年高考新课标卷2节选）已知函数f(x)=ln x+a(1-x)，讨论函数f(x)的单调性.分析：在对f(x)进行求导后，发现求导后的函数不能直接判断符号，而是当a不为0时分子为一个含参的一次函数，这类问题就转化为求解含参的一次函数问题.解：f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x-a=1-axx，若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增.若a>0，则当x∈()0,1a时，f′(x)>0；当x∈()1a,+∞时，f′(x)<0.所以f(x)在()0,1a单调递增，在()1a,+∞单调递减.小结：求导后导函数为含参的一次函数，求解不等式ax+b>0(<0)的步骤：（1）将不等式化为ax>-b；（2）a=0时，不等式不是一元一次不等式，单独讨论；（3）若a>0，则x>-ba；若a<0，则x<-ba，还要注意单调区间必须包含在定义域内.［例3］（2016年高考四川卷节选）已知函数f(x)=ax2-a-ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性.分析：在对f(x)进行求导后，发现求导后的函数不能直接判断符号，而当a不为0时分子为一个含参的二次函数，这类问题就转化为求解含参的二次函数问题.对于含参的二次函数，首先考虑的是二次函数图像的开口方向，其次是是否有根，是否能直接求零点，而这也正是分类讨论的标准.对于学生来说，不重不漏地进行分类是答题的关键点.解：定义域{x|x>}0，f′()x=2ax-1x=2ax2-1x，x>0，当a≤0时，2ax2-1≤0，f′()x≤0，f()x在（0，+∞）上单调递减.当a>0时，令f'(x)=0，得x=当x∈(时，f'(x)<0；当x∈)∞时，f′(x)>0.故f(x)在(上单调递减，在)+∞上单调递增.小结：求导后导函数为含参的二次函数，求解不等式ax2+bx+c>0(<0)的步骤：（1）讨论二次项系数；（2）判断是否有零点；（3）根据对应一元二次方程数学·解题研究根的情况，得到一元二次不等式的解集，从而得到函数的单调性.［例4］（2019年高考全国卷Ⅲ理20节选）已知函数f (x )=2x 3-ax 2+b .讨论f (x )的单调性.分析：在对f (x )进行求导后，发现求导后可以因式分解，从而得到二次含参函数的零点，这时二次函数的开口方向已经确定，只需要对得到的两个两点进行分类讨论即可.解：（1）f '(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a )，令f ′(x )=0，得x =0或x =a3.若a >0，则当x ∈()-∞,0∪()a3,+∞时，f '(x )>0；当x ∈()0,a3时，f '(x )<0.故f (x )在()-∞,0和()a3,+∞上单调递增，在()0,a3上单调递减；若a =0，f (x )在(-∞,+∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈()-∞,a3∪()0,+∞时，f ′(x )>0；当x ∈()a3,0时，f ′(x )<0；故f (x )在()-∞,a3∪()0,+∞上单调递增，在()a3,0上单调递减.综上所述，若a =0，f (x )在()-∞,+∞上单调递增；若a <0，f (x )在()-∞,a3和()0,+∞上单调递增，在()a3,0上单调递减.若a >0时，f (x )在()-∞,0和()a3,+∞上单调递增，在()0,a3上单调递减.小结：求导后导函数为含参的二次函数，但是可以直接求出导函数的零点，只需要判断两根的大小，再根据“大于取两边，小于取中间”，得到f ′(x )>0，则f (x )在这个区间内单调递增；若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间内单调递减即可.［例5］（2018年高考全国卷Ⅰ节选）已知函数f (x )=1x -x +a ln x .讨论f (x )的单调性.分析：在对f (x )进行求导后，发现求导后的二次函数的开口方向已经确定，但是是否有零点还不能判断，因此分类的标准应该是对判别式进行讨论，进而再对可能存在的零点进行讨论，做到不重不漏.解：f (x )的定义域为()0,+∞，f '(x )=-1x2-1+a x =-x 2-ax +1x 2.（1）若a ≤2，则f '(x )≤0，所以f (x )在()0,+∞单调递减.（2）若a >2，令f '(x )=0，得x =a -a 2-42或x =a +a 2-42.当x ∈()0,a -a 2-42∪()a +a 2-42,+∞时，f '(x )<0；当x ∈()0,a -a 2-42,a +a 2-42时，f ′(x )<0.所以f (x )在()0,a -a 2-42，()a +a 2-42,+∞单调递减，在()0,a -a 2-42,a +a 2-42单调递增.小结：求导后导函数为含参的二次函数，但是不能判断导函数是否有零点，则需要根据判别式的正负从而得到“存在零点”和“不存在零点”的分类标准，当判别式大于零时，还要判断是否可以比较两零点的大小，以及零点与定义域的关系，做到分类有序、不重不漏[2].通过以上例题发现，利用导数研究函数的单调性是一个有效的工具.利用导数求含参函数单调性的分类标准为：（1）求导后若导函数为含参数的一次函数，可以根据含参数的一次函数进行分类讨论.（2）求导后若导函数为含参数的二次函数，若求导后不能判断开口方向的，分类的标准是先讨论二次函数的开口方向，再讨论是否存在零点；若求导后导函数可以直接因式分解得到零点，则分类标准是直接对零点进行分类讨论；若求导后导函数确定了开口方向，但是不能判断是否有零点，则分类标准是直接对判别式进行分类讨论[3].而在分类时要做到不重不漏.［参考文献］［1］祝敏芝.利用导数研究函数的单调性问题［J ］.中学数学教学参考，2020（Z1）：130-133.［2］王历权，范美卿，金雷.利用导数研究函数的单调性问题［J ］.中学数学教学参考，2019（7）：36-39.［3］陈达辉.利用导数研究函数单调性的几种类型［J ］.数学学习与研究，2019（8）：97.（责任编辑陈昕）数学·解题研究。

利用导数研究函数的单调性

利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导数的关系:
设函数 y＝f(x)在某个区间内可导，
若 f’ (x) > 0，则 f(x)在这个区间上是增函数；若 f’ (x) < 0，则 f(x)在这个区间上是减函数．
特别的，如果 f '(x) 0 ，那么函数 y f (x) 在这个区间内是常函数．
a
a
综上所述：当时 1 a 0，函数f (x)在(1, )上单调递减.
当时，函数在上单调递减，函数f (x)在( 1 , )上单调递增. a
函数的单调性与导数的关系:
设函数 y＝f(x)在某个区间内可导，
若 f’ (x) > 0，则 f(x)在这个区间上是增函数；
若 f’ (x) < 0，则 f(x)在这个区间上是减函数．
0 ，解得 0
x
2 a
；
由
2x
ax2
0 ，解得
x
0或
x
2 a
.
所以，当 a 0 时，函数 f (x) 在 (,0) 内为减函数，在 (0,) 内为增函数.
当
a
0
时，函数
f
(x)
在 (
2 ,0) a
内为减函数，在 (,
2) a
,
(0,)
内为增函数.
当
a
0 时，函数
f
(x)
在 (,0) , (
2 a
例已知函数 f (x) x 2 a(2 ln x) ， x
（2）当 a >0 时，讨论 f (x) 的单调性.
解：f (x)的定义域是(0, )
f
( x)
1
2 x2
a x

2020届高三数学之函数与导数（文理通用）二次求导函数处理（二阶..

韩哥智慧之窗-精品文档精品文档韩哥智慧之窗-精品文档精品文档 1专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。

利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。

此时解题受阻。

需要利用需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。

本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。

文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。

3、解决这类题的常规解题步骤为：、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负；，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表；的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。

⑤根据列表解答问题。

二、经验分享方法方法二次求导二次求导使用情景使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化）已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（的最小值为（） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B ．【解析】【第一种解法（排除法）（秒杀）】：令1=x 时，m m ≤+⨯-+21)1(21ln 2化简：34≥m ；令2=x 时，m m 422)1(22ln 2≤+⨯-+，化简42ln 22+≥m你还可以在算出3,4，选择题排除法。

4.3.1利用导数研究函数的单调性课件-湘教版数学选修2-2

则，函数的单调递减区间为 (0, 1) e
例5 判定函数y=ex-x+1的单调区间.
解: 函数定义域为R f’(x) =ex-1
当ex-1>0时,解得 x>0. 则函数的单增区间为(0,+∞).
当ex-1<0时,解得x<0. 即函数的单减区间为(-∞,0).
总结：根据导数确定函数的单调性
1.确定函数f(x)的定义域. 2.求出函数的导数. 3.解不等式f ′(x)>0,得函数单增区间;
课题：利用导数研究函数的单调性
复习引入：
问题1：怎样利用函数单调性的定义来讨论其在定义域的单调性
1．一般地，对于给定区间上的函数f(x)，如
果对于属于这个区间的任意两个自变量的值
x1，x2，当x1<x2时，
(1)若f(x1)<f (x2)，那么f(x)在这个区间
上是增函数.即x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,即
正.而当x=2时其切线
x
斜率为0,即导数为0. 函数在该点单调性产
生改变.
结论:一般地,设函数y=f(x)在某个区间内可导,则函数在该区间如果f′(x)>0, 则f(x)为增函数; 如果f′(x)<0, 则f(x)为减函数.
注意:如果在某个区间内恒有f′(x)=0, 则f(x)为常数函数.
那么如何求出下列函数的单调性呢?
解不等式f′(x)<0,得函数单减区间. 注意：定义域优先，两（或多）部分单调区间的书写。
知识应用 1．应用导数求函数的单调区间基础训练：
(1)．函数y=x－3在[－3，5]上为
___增___函数(填“增”或“减”)。
理解训练：
求函数 y 3x2 3x 的单调区间。

专题02 利用导数研究函数单调性问题(含参数讨论) (解析版)

导数及其应用专题二：利用导数研究函数单调性问题（含参数讨论）一、知识储备往往首先考虑是否导数恒大于零或恒小于零，再考虑可能大于零小于零的情况。

常与含参数的一元二次不等式的解法有关，首先讨论二次项系数，再就是根的大小或判别式，能表示出对应一元二次方程的根时讨论根的大小、端点实数的大小，不能时讨论判别式。

二、例题讲解1．（2022·山东莱州一中高三开学考试）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）. （1）求函数()f x 的单调区间；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）求导可得()af x x x'-=，分0a ≤和0a >进行讨论即可；【详解】（1）()af x x x'-=，(0,)x ∈+∞，当0a ≤时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上递增，当0a >时，令()0f x '=，得x a =，()0,x a ∈时，()f x 单调递减， (,)x a ∈+∞时，()f x 单调递增；综上：0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增，无减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(,)a +∞；2．（2022·宁夏银川一中高三月考（文））已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---（a R ∈）（1）求函数()y f x =的单调区间；【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，分0a ≤和0a >两种情况判断导数的正负，从而可求得函数的单调区间，【详解】（1）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，(1)(2)()2(2)a x x a f x x a x x'+-=---= 当0a ≤时，()0f x '>对任意(0,)x ∈+∞恒成立，所以，函数()f x 在区间(0,)+∞单调递增；当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<，得02ax <<，所以，函数在区间,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；综上：0a ≤时，()f x 的单调增区间为(0,)+∞，无单调减区间. 0a >时，()f x 的单调增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪，单调减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪.3．（2022·广西高三开学考试（理））函数()322f x x x ax =++，（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调性.【详解】（1）()'234f x x x a =++，1612a ∆=-①若43a ≥，则0∆≤，()'0f x ≥；()f x 单调递增； ②若43a <则0∆>，当x <x >()'0f x >，()f x 单调递增；x <<，()'0f x <，()f x 单调递减；【点睛】若函数的导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.三、实战练习1．（2022·全国高三月考）设函数()()()21ln 11f x x x ax x a =++--+-，a R ∈．(1)求()f x '的单调区间【答案】(1)答案见解析；【分析】(1)先对函数()f x 进行求导，构造函数再分0a ≤，0a >两种情况进行讨论，利用导数研究函数的单调性即可求解；【详解】(1)由题意可得()f x 的定义域为{}1x x >-，()()ln 12f x x ax +'=-．令()()()ln 121g x x ax x =+->-，则()1122211a axg x a x x --=-='++．当0a ≤时，当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当0a >时，当11,12x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当11,2x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，所以当0a ≤时，()f x '的单调递增区间为()1,-+∞；当0a >时，()f x '的单调递增区间为11,12a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，单调递减区间为11,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．2．（2022·浙江舟山中学高三月考）已知函数()22ln (R)f x x x a x a =-+∈（1）当0a >时，求函数()f x 的单调区间；【答案】（1）当12a ≥时，函数在()0+∞，递增；当102a <<时，函数在()10,x 递增，()12,x x 递减，()2,x +∞递增其中12x x =；【分析】（1）求()f x '，令()0f x '=可得2220x x a -+=，分别讨论0∆≤和0∆>时，求不等式()0f x '>，()0f x '<的解集，即可求解；【详解】（1）()22ln (R)f x x x a x a =-+∈定义域为()0,∞+， ()22222a x x af x x x x-+'=-+=()0x >，令()0f x '=可得2220x x a -+=，当480a ∆=-≤即12a ≥时，()0f x '≥对于()0,x ∈+∞恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，当480a ∆=->即102a <<时，由2220x x a -+=可得：x =，由()0f x '>可得：0x <<或x >由()0f x '<x <<所以()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减，综上所述：当12a ≥时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当102a <<时，()f x 的单调递增区间为⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减区间为⎝⎭. 3．（2022·山东济宁一中）已知函数()ln f x x a x =-，a ∈R ．（1）求函数()f x 的单调区间；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的范围，最后得到函数的单调区间；【详解】（1）函数()f x 的定义域为{}0x x >，()1a x a f x x x'-=-=0a ≤时，()0f x '>恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；0a >时，令()0f x '=，得x a =．当0x a <<时，()0f x '<，函数()f x 为减函数；当x a >时，()0f x '>，函数()f x 为增函数．综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，函数()x 的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(),a +∞． 4．（2022·仪征市精诚高级中学高三月考）已知函数()()1n f x x ax a =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性；【详解】（1）11()(0)axf x a x xx-'=-=> 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减．综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．5．（2022·嘉峪关市第一中学高三模拟预测（理））已知函数()21xf x e ax =--，()()2ln 1g x a x =+，a R ∈.（1）求()f x 的单调区间；【答案】（1）答案见解析；【分析】(1)求出函数()f x 的导函数()f x '，按a 分类解不等式()0f x '<、()0f x '>即得；【详解】(1)对函数()21x f x e ax =--求导得，()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在R 上为增函数，当0a >时，由()20xf x e a '=-=，解得：()ln 2x a =，而()f x '在R 上单调递增，于是得当(,ln(2))∈-∞x a 时，()0f x '<，()f x 在(,ln(2))a -∞上为减函数，当()()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()()ln 2,a +∞上为增函数，所以，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，当0a >时，()f x 的单调递减区间是(,ln(2))a -∞，单调递增区间是()()ln 2,a +∞；6．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x -'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-．所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 7．（2022·嘉峪关市第一中学高三三模（理））设函数()2ln f x ax a x =--，其中a ∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）求导，当0a ≤时，可得()0f x '<，()f x 为单调递减函数；当0a >时，令()0f x '=，可得极值点，分别讨论在⎛ ⎝和+⎫∞⎪⎭上，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间，即可得答案.【详解】（1）()()212120.ax f x ax x x x-'=-=>当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+内单调递减. 当0a >时，由()0f x '=，有x =此时，当x ∈⎛⎝时，()0f x '<，()f x 单调递减；当x ∈+⎫∞⎪⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增. 综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+内单调递减，当0a >时，()f x 在⎛ ⎝内单调递减，在+⎫∞⎪⎭单调递增. 8．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】(1)函数()f x 的单调性见解析；【分析】(1)求出函数()f x 的定义域及导数，再分类讨论导数值为正、为负的x 取值区间即得；【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得x =，当0x <<()0f x '>，当x >时，()0f x '<，于是得()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；9．（2022·河南（理））已知函数()()2ln f x x m x x =--（8m ≥-，且0m ≠）．（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；【分析】（1）求导得到221()mx mx f x x --'=-，转化为二次函数2()21g x mx mx =--的正负进行讨论，分0∆≤，0∆>两种情况讨论，即得解；【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，2121()(21)mx mx f x m x x x--'=--=-，令2()21g x mx mx =--，()g x 为二次函数，28m m ∆=+， ①当80m -≤<时，0∆≤，()0g x ≤，所以()0f x '≥，故()f x 在()0,∞+单调递增； ②当0m >时，0∆>，令()0g x =，得1x =2x =，显然120x x <<，所以当()20,x x ∈，()0g x <，所以()0f x '>，故()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()0g x >，所以()0f x '<，()f x 单调递减．综上，当0m >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减；当80m -≤<时，()f x 在()0,∞+单调递增．10．（2022·河南高三月考（文））已知函数()()2ln f x x m x x =--（8m ≥-，且0m ≠）.（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求导2121()(21)mx mx f x m x x x --'=--=-，令2()21g x mx mx =--，然后由0∆≤，0∆>讨论求解；【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，2121()(21)mx mx f x m x x x--'=--=-，令2()21g x mx mx =--，()g x 为二次函数，28m m ∆=+， ①当80m -≤<时，0∆≤，()0g x ≤，所以()0f x '≥，故()f x 在()0,∞+单调递增； ②当0m >时，0∆>，令()0g x =，得1x =2x =，显然120x x <<，所以当()20,x x ∈，()0g x <，所以()0f x '>，()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()0g x >，所以()0f x '<，()f x 单调递减.综上，当80m -≤<时， ()f x 在()0,∞+单调递增；当0m >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减. 11．（2022·湖南高三模拟预测）设函数1()ln ,()3a f x x g x ax x-=+=-．（1）求函数()()()x f x g x ϕ=+的单调递增区间；【答案】（1）答案见解析；（2）存在符合题意的整数λ，其最小值为0．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；【详解】解：（1）函数()ϕx 的定义域为()0,∞+，函数()ϕx 的导数2(1)(1)()x ax a x x ϕ'++-=，当0a <时，()ϕx 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减当01a 时，()ϕx 在R +上单调递增．当1a >时，()ϕx 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上可知，当0a <时，()ϕx 的单调递增区间是10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭；当01a 时，()ϕx 的单调递增区间是(0,)+∞；当1a >时，()ϕx 的单调递增区间是1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 12．（2022·安徽高三月考（文））已知函数21()ln 2f x x a x =-．（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）12a =．【分析】（1）求导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；【详解】解：（1）由题意，可得0x >且2 ()a x a f x x x x-'=-= ①若0a ≤，()0f x '>恒成立，则()f x 在(0,)+∞上是增函数②0a >，则2()a x a f x x x x -==='-所以当x ∈时，()0f x '<，当)x ∈+∞时，()0f x '>则()f x 在上是减函数，在)+∞上是增函数综上所述，若0a ≤，()y f x =在(0,)+∞上是增函数若0a >，()y f x =在上是减函数，在)+∞上是增函数13．（2022·湖北武汉·高三月考）已知函数2()ln (1),2a f x x x a x a R =+-+∈ （1）讨论函数()f x 的单调区间；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）求得(1)(1)()x ax f x x '--=，分0a ≤，01a <<，1a =和1a >四种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；【详解】（1）由题意，函数2()ln (1)2a f x x x a x =+-+的定义域为(0,)+∞，且21(1)1(1)(1)()(1)ax a x x ax f x ax a x x x-++--=+-+=='， ①当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<，令()0f x '<，解得1x >，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当01a <<时，令()0f x '>，解得01x <<或1x a>，令()0f x '<，解得11x a <<，所以()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； ③当1a =时，则()0f x '≥，所以在(0,)+∞上()f x 单调递增，④当1a >时，令()0f x '>，解得10x a<<或1x >，令()0f x '<，解得11x a <<，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当01a <<时，()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； 14．（2022·双峰县第一中学高三开学考试）已知函数()2()1e x f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在(),1a -∞-和(1,)-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；当0a >时，()f x 在(),1-∞-和(1,)a -+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，讨论0a =，0a >和0a <情况下，导数的正负，即可得到()f x 的单调性；【详解】（1）函数()2()1e x f x x ax =-+，求导()()()()21e 11e 2x x f x x a x a x a x '⎡⎤+=⎣+-⎦=-+-+由()0f x '=，得11x a =-，21x =-①当0a =时，()()21e 0x f x x '+≥=，()f x ∴在R 上单调递增；②当0a <时，在(),1x a ∈-∞-有()0f x '>，故()f x 单调递增；在()1,1x a ∈--有()0f x '<，故()f x 单调递减；在(1,)x ∈-+∞有()0f x '>，故()f x 单调递增；③当0a >时，在(),1x ∈-∞-有()0f x '>，故()f x 单调递增；在()1,a 1x ∈--有()0f x '<，故()f x 单调递减；在(1,)x a ∈-+∞有()0f x '>，故()f x 单调递增；综上所述，当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在(),1a -∞-和(1,)-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；当0a >时，()f x 在(),1-∞-和(1,)a -+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；。

第二节第三课时确保中档题目(一)—利用导数研究函数的单调性

[针对训练]
3．(2021·绵阳一诊)若函数f(x)＝ln x－1x－ax－b在定义域上是增函数，则实数
a的取值范围是
()
A．(－∞，0]
B.－∞，14
C．[0，＋∞)
D．[1，＋∞)
解析：因为f(x)＝ln x－1x－ax－b(x>0)，所以f′(x)＝1x＋x12－a.因为函数f(x)在定义域上是增函数，所以f′(x)＝1x＋x12－ a≥0，即a≤1x＋x12. 因为x>0，所以1x＋x12>0，即a≤0，故选A. 答案：A
令g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋12x2－2x(a>0)，
则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以g′(x)＝
a x
＋x－2≥0(x>0，a>0)恒成立，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0
时，x(2－x)最大值为1，故a≥1.
答案：D
6．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝
A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
B．(2，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
D．(－1,2)
()
[解析] (1)构造函数g(x)＝f(x)cos x，则g′(x)＝cos x·f′(x)－sin x·f(x)， ∵sin x·f(x)<cos x·f′(x)， ∴g′(x)＝cos x·f′(x)－sin x·f(x)>0，即g(x)在x∈0，π2上为增函数．由gπ4<gπ3，得fπ4cosπ4<fπ3cosπ3，即 2fπ4<fπ3，故A正确；由g(1)<gπ3，得f(1)cos 1<fπ3cosπ3，即fπ3>2cos 1·f(1)，故B正确；

利用导数研究函数的单调性之二阶求导型

利用导数研究函数的单调性之二阶求导型一、解答题〔题型注释〕1．函数ax x xe x f x--=ln )(2．〔1〕当0=a 时，求函数)(x f 在]1,21[上的最小值；〔2〕假设0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围；〔3〕假设0>∀x ，不等式ex xe x e e xx f 11111)1(2+-+≥-恒成立，求a 的取值范围．1．〔1〕ln 22e+；〔2〕2a ≤；〔3〕11(1)ee a e e≤---．【解析】试题分析：〔1〕由0=a 时，得出x xe x f xln )(2-=，那么21()(21)x f x x e x'=+-，再求导()f x ''，可得函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，从而得到函数()f x 的单调性，即可求解函数)(x f 在]1,21[上的最小值；〔2〕由〔1〕知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0()0f x '=，得01)12(0200=--+a x ex x ，即022000(2)1x ax x x e =+-，设022000()1ln 2x f x x x e =--，利用函数0()f x 的单调性，即可求解求a 的取值范围；〔3〕根据题意，转化为11ln xex e a x x x e+-≤--对任意0>x 成立，令exe e xx x x x g 11ln )(+---=，所以()g x '，可得出()g x 的单调性，求解出()g x 的最小值，即可a 的取值范围．试题解析：〔1〕0=a 时，x xe x f xln )(2-=，xe x xf x 1)12()(2/-+=∴，12//x /又函数)(/x f 的值域为R ，故00>∃x ，使得01)12()(0200/=-+=x ex x f x ，又022)21(/>-=e f ，210<∴x ，所以当]1,21[∈x 时，0)(/>x f ，即函数)(x f 在区间]1,21[上递增，所以2ln 2)21()(min +==ef x f〔2〕a xe x xf x --+=1)12()(2/，由〔1〕知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0)(0/=x f进而函数)(x f 在区间),0(0x 上递减，在),(0+∞x 上递增，00200min ln )()(0ax x e x x f x f x --==，由0)(0/=x f 得：01)12(0200=--+a x e x x， 1)2(020200-+=⇒x e x x ax ，0220002ln 1)(x e x x x f --=∴，因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，02ln 12ln 10022002200≤+⇒≥--∴x x e x x e x x2021)12(0200=+≤-+=∴x e x a x 〔另解：因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，即21)2(ln 21)2(ln 1ln 2ln 2ln 2+-+-=+-+-=--≤+xx x e x x x x e e x x xe a x x x x x 由21ln 12ln 122ln ≥--⇒++≥⇒+≥+xx xe x x ex e x xx x，当02ln =+x x 时取等号，2≤∴a 〕〔3〕由ex xe x e e x xf 11111)1(2+-+≥-，ex x x e x e e x x a x e x 111111ln 122+-+≥---⇒，e x e e x a x x x 11ln +-≥--⇒，exe e x x x x a 11ln +---≤⇒对任意0>x 成立，令函数exe e xx x x x g 11ln )(+---=，所以e x e e e x x x g )1(1ln )(/--+=，当1>x 时，0)(/>x g ，当10<<x 时，0)(/<x g ，所以当1=x 时，函数)(x g 取得最小值ee e e e e e g 11)1(11111)1(---=+---=， eee e a 1)1(1---≤∴考点：利用导数研究函数的单调性与极值〔最值〕．【方法点晴】此题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题．2．函数()()12x x e f x ax a R e=--∈．〔1〕当32a =时，求函数()f x 的单调区间；〔2〕假设函数()f x 在[]1,1-上为单调函数，求实数a 的取值范围． 3．设函数ax x e x f x-++=)1ln()(.〔1〕当a=2时，判断函数)(x f 在定义域内的单调性；〔2〕当0≥x 时，x x f cos )(≥恒成立，求实数a 的取值范围. 4．函数2()ln ()2a f x x x x x a a R =--+∈在其定义域内有两个不同的极值点. 〔1〕求a 的取值范围；〔2〕设两个极值点分别为12,x x ，证明：212x x e •>.5．函数3()3||2f x x x a =+-+〔a R ∈〕．〔1〕当0a =时，讨论()f x 的单调性；〔2〕求()f x 在区间[]0,2上的最小值．6．设2()ln (21)f x x x ax a x =-+-，a R ∈.〔1〕令()'()g x f x =，求()g x 的单调区间；〔2〕()f x 在1x =处取得极大值.求实数a 的取值范围. 7〔1〕假设函数()f x 在0x =处有极值，求函数()f x 的最大值；〔2〕①是否存在实数b ，使得关于x 的不等式()0g x <在()0+∞，上恒成立？假设存在，求出b 的取值范围；假设不存在，说明理由； ②证明：不等式()2111ln 1,212nk k n n k =-<-≤=+∑参考答案1．〔1〕ln 22e+；〔2〕2a ≤；〔3〕11(1)ee a e e≤---．【解析】试题分析：〔1〕由0=a 时，得出x xe x f xln )(2-=，那么21()(21)x f x x e x'=+-，再求导()f x ''，可得函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，从而得到函数()f x 的单调性，即可求解函数)(x f 在]1,21[上的最小值；〔2〕由〔1〕知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0()0f x '=，得01)12(0200=--+a x e x x ，即022000(2)1x ax x x e =+-，设022000()1ln 2x f x x x e=--，利用函数0()f x 的单调性，即可求解求a 的取值范围；〔3〕根据题意，转化为11ln xe xe a x x x e +-≤--对任意0>x 成立，令exe e xx x x x g 11ln )(+---=，所以()g x '，可得出()g x 的单调性，求解出()g x 的最小值，即可a 的取值范围．试题解析：〔1〕0=a 时，x xe x f xln )(2-=，xe x xf x 1)12()(2/-+=∴，01)44()(22//>++=⇒xe x xf x ，所以函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，又函数)(/x f 的值域为R ，故00>∃x ，使得01)12()(0200/=-+=x ex x f x ，又022)21(/>-=e f ，210<∴x ，所以当]1,21[∈x 时，0)(/>x f ，即函数)(x f 在区间]1,21[上递增，所以2ln 2)21()(min +==ef x f〔2〕a xe x xf x --+=1)12()(2/，由〔1〕知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0)(0/=x f进而函数)(x f 在区间),0(0x 上递减，在),(0+∞x 上递增，00200min ln )()(0ax x e x x f x f x --==，由0)(0/=x f 得：01)12(0200=--+a x e x x， 1)2(020200-+=⇒x e x x ax ，0220002ln 1)(x e x x x f --=∴，因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，02ln 12ln 10022002200≤+⇒≥--∴x x e x x e x x2021)12(0200=+≤-+=∴x e x a x 〔另解：因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，即21)2(ln 21)2(ln 1ln 2ln 2ln 2+-+-=+-+-=--≤+xx x e x x x x e e x x xe a x x x x x 由21ln 12ln 122ln ≥--⇒++≥⇒+≥+xx xe x x ex e x xx x，当02ln =+x x 时取等号，2≤∴a 〕〔3〕由e x xe x e e x xf 11111)1(2+-+≥-，ex x x e x e e xx a x e x 111111ln 122+-+≥---⇒，e x e e x a x x x 11ln +-≥--⇒，exe e x x x x a 11ln +---≤⇒对任意0>x 成立，令函数exe e xx x x x g 11ln )(+---=，所以e x e e e x x x g )1(1ln )(/--+=，当1>x 时，0)(/>x g ，当10<<x 时，0)(/<x g ，所以当1=x 时，函数)(x g 取得最小值ee e e ee e g 11)1(11111)1(---=+---=， eee e a 1)1(1---≤∴考点：利用导数研究函数的单调性与极值〔最值〕．【方法点晴】此题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题． 2．〔1〕单调递增区间为(),0-∞和()ln 2,+∞，单调递减为()0,ln 2; 〔2〕(1,2e e ⎡⎫-∞++∞⎪⎢⎣⎭．【解析】试题分析：〔1〕求函数的导数，并且通分，分解因式的化简，然后解()0>'x f 和()0<'x f 的解集；〔2〕假设函数在[]1,1-上为单调函数，所以分单调递增和单调递减两种情况讨论，假设单调递增，转化为12x x e a e ≤+在[]1,1-上恒成立，那么a 小于等于函数的最小值，假设函数单调递减，转化为12x x e a e ≥+在[]1,1-上恒成立，a 大于等于函数的最大值. 试题解析：()f x 的定义域为x R ∈，()12x xe f x a e '=+-，〔1〕32a =，那么()()()2113222x xx x x e e e f x e e--'=+-=，令()0f x '>，解得：ln 20x x ><或，令()0f x '<，解得：0ln 2x <<，∴()f x 的单调递增区间为(),0-∞和()ln 2,+∞，单调递减为()0,ln 2．〔2〕假设()f x 在[]1,1-上单调递增，那么()102x x e f x a e'=+-≥在[]1,1-上恒成立， ∴12x xe a e ≤+在[]1,1-上恒成立，令xt e =同，那么1,t e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，1112222xx et e t t +=+≥=，当且仅当12t t =，1,t e e ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦时取“=〞，又1122e e e e +>+∴[]1,1x ∈-1122x x e e e e≤+≤+ ① ，∴a ≤假设()f x 在[]1,1-上单调递减，那么()102x x e f x a e'=+-≤在[]1,1-上恒成立， ∴12x xe a e ≥+在[]1,1-上恒成立，由①式知，12a e e≥+，综上，a 的取值范围是(1,2e e ⎡⎫-∞++∞⎪⎢⎣⎭．考点：导数与函数的单调性3．〔1〕在),1(+∞-上是增函数;〔2〕 2≤a . 【解析】试题分析：〔1〕首先求函数的导数，令()()x f x g '=，并且注意函数的定义域，再求函数导数的导数()()211+-='x e x g x，分0>x 和01<<-x 讨论()x g '的正负，同时得到函数()x g 的单调性，求得()x g 的最小值为0，即()0≥'x f 恒成立，得到函数的单调性；〔2〕由〔1〕可得当2≤a 时，不等式恒成立，当2>a 时，记x x f x cos )()(-=ϕ，根据导数求函数的最值，证明不等式不恒成立.试题解析：〔1〕)(x f 的定义域为),1(+∞-，211)(-++='x e x f x，记211)(-++=x e x g x，那么2)1(1)(+-='x e x g x ，当x>0时，1)1(1,12<+>x e x ，此时0)(>'x g ，当-1<x<0时，1)1(1,12>+<x e x，此时0)(<'x g ，所以)(x f '在〔-1,0〕上递减，在),0(+∞上递增，∴0)0()(='≥'f x f ， ∴f〔x 〕在),1(+∞-上是增函数.〔2〕a x e x f x-++='11)(，由〔1〕知)(x f '在),0(+∞上递增，所以当2≤a 时，02)0()(≥-='≥'a f x f ，所以f 〔x 〕在),0[+∞上递增，故x f x f cos 1)0()(≥=≥恒成立. 当a>2时，记x x f x cos )()(-=ϕ，那么x a x e x xsin 11)(+-++='ϕ，当x>1时，0141)(>-->'e x h ，显然当10<≤x 时，0)(>'x h ，从而)(x ϕ'在),0[+∞上单调递增.又0)(,,02)0(>'+∞→<-='x x a ϕϕ，那么存在),0(0+∞∈x ，使得0)(0='x ϕ. 所以)(x ϕ在),0(0x 上递减，所以当),0(0x x ∈时，0)0()(=<ϕϕx ，即f 〔x 〕<cosx ，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2≤a .考点：1.导数与单调性；2.导数的综合应用.【方法点睛】此题考查了导数与单调性的关系，以及证明不等式的问题，综合性较强，重点说说导数与函数单调性的证明，一种情况是求函数的导数后，能够解得()0>'x f 或()0<'x f 的解集，从而得到函数的单调递增和递减区间，令一种情况是求导后，不能直接求得()0>'x f 或()0<'x f 的解集，需要求函数的二阶导数，根据二阶导数大于0或小于0的解集，求得一阶导数的单调增减区间，同时求得一阶导数的最大值或是最小值，从而得到一阶导数的正负，求得函数的增或减区间. 4．〔1〕10a e<<；〔2〕证明见解析. 【解析】试题分析：〔1〕函数2()ln ()2a f x x x x x a a R =--+∈在其定义域内有两个不同的极值点等价于方程'()0f x =在(0,)+∞有两个不同根，即函数ln ()x g x x=与函数y a =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，讨论函数ln ()xg x x=单调性和极值根据图象即可求a 的取值范围；〔2〕作差得，1122ln ()x a x x x =-，即1212lnx x a x x =-.原不等式212x x e >等价于12ln ln 2x x +>12()2a x x ⇔+>1122122()lnx x x x x x -⇔>+，12x t x =，那么1t >，只需证明不等式2(1)ln 1t t t ->+成立即可. 试题解析：〔1〕依题意，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以方程'()0f x =在(0,)+∞有两个不同根.即，方程ln 0x ax -=在(0,)+∞有两个不同根. 转化为，函数ln ()xg x x=与函数y a =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点. 又'21ln ()x g x x-=，即0x e <<时，'()0g x >，x e >时，'()0g x <，所以()g x 在(0,)e 上单调增，在(,)e +∞上单调减，从而1()=()g x g e e=极大. 又()g x 有且只有一个零点是1，且在0x →时，()g x →-∞，在x →+∞时，()0g x →，所以()g x 的草图如下，可见，要想函数ln ()xg x x=与函数y a =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，只需10a e<<. 〔2〕由〔1〕可知12,x x 分别是方程ln 0x ax -=的两个根，即11ln x ax =，22ln x ax =，设12x x >，作差得，1122ln ()x a x x x =-，即1212lnx x a x x =-.原不等式212x x e >等价于12ln ln 2x x +>12()2a x x ⇔+>1122122()lnx x x x x x -⇔>+ 令12x t x =，那么1t >，1122122()2(1)ln ln 1x x x t t x x x t -->⇔>++，设2(1)()ln 1t g t t t -=-+，1t >，2'2(1)()0(1)t g t t t -=>+，∴函数()g t 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0g t g >=，即不等式2(1)ln 1t t t ->+成立，故所证不等式212x x e >成立.考点：1、利用导数研究函数的单调性及极值；2、利用导数证明不等式.【方法点睛】此题主要考查利用导数研究函数的单调性及极值、利用导数证明不等式，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数局部一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简，或者进一步转化为不等式恒成立问题利用导数证明.5．〔1〕()f x 的增区间为(,1)-∞-，(0,)+∞，减区间为(1,0)-；〔2〕当0a ≤时，()f x 的最小值为32a -+；当01a ≤≤时，()f x 的最小值为32a +；当1a ≥时，()f x 的最小值为3a ．【解析】试题分析：〔1〕研究单调性，可求出导函数'()f x ，然后解不等式'()0f x >得单调增区间，解不等式'()0f x <得减区间，注意绝对值，要分类求解；〔2〕由于[0,2]x ∈，因此先分类0a ≤，2a ≥，02a <<，前两种情形，绝对值符号直接去掉，因此只要用导数'()f x 研究单调性可得最值，第三种情形同样要去绝对值符号，只是此时是分段函数，333()2,2,()3()2,0.x x a a x f x x x a x a ⎧+-+≤≤⎪=⎨--+≤≤⎪⎩，2233,2,'()33,0.x a x f x x x a ⎧+≤≤⎪=⎨-≤≤⎪⎩，可以看出这时又要分类：01a <<，12a ≤≤，得单调性再得最小值．试题解析：〔1〕当0a =时，3()3||2f x x x =++． ①当0x ≥时，3()32f x x x =++，2'()330f x x =+>， ∴()f x 在(0,)+∞单调递增；②当0x <时，3()32f x x x =-+，2'()333(1)(1)f x x x x =-=-+．10x -<<时，'()0f x <，∴()f x 在(1,0)-单调递减； 1x <-时，'()0f x >，∴()f x 在(,1)-∞-单调递增．综上，()f x 的增区间为(,1)-∞-，(0,)+∞，减区间为(1,0)-．〔2〕①2a ≥时，3()3()2f x x a x =+-+，02x ≤≤，2'()333(1)(1)f x x x x =-=-+，min ()(1)3f x f a ==．②0a ≤时，3()3()2f x x x a =+-+，02x ≤≤，2'()330f x x =+>，()f x 在[]0,2单调递增，∴min ()(0)32f x f a ==-+．③02a <<时，而02x ≤≤，333()2,2,()3()2,0.x x a a x f x x x a x a ⎧+-+≤≤⎪=⎨--+≤≤⎪⎩∴2233,2,'()33,0.x a x f x x x a ⎧+≤≤⎪=⎨-≤≤⎪⎩〔i 〕01a <<时，()f x 在[],2a 上单增，()f a 为最小值．2'()3(1)0f x x =-<在0x a ≤≤上恒成立，∴()f x 在[]0,a 上单调递减，∴3min ()()2f x f a a ==+．〔ii 〕12a ≤≤时，()f x 在[],2a 上单调递增，3min ()()2f x f a a ==+．在0x a ≤≤时，2'()3(1)f x x =-， ∴min ()(1)3f x f a ==．综上可知，当0a ≤时，()f x 的最小值为32a -+；当01a ≤≤时，()f x 的最小值为32a +；当1a ≥时，()f x 的最小值为3a ．考点：分段函数，用导数研究函数的单调性、最值．6．〔1〕当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为(0,)+∞，当0a >时，函数()g x 单调递增区间为1(0,)2a ，单调递减区间为1(,)2a +∞；〔2〕12a > 【解析】试题分析：〔1〕先求出()'()g x f x =的解析式，然后求函数的导数()g x '，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求出()g x 的单调区间；〔2〕分别讨论a 的取值范围，根据函数极值的定义，进行验证可得结论.试题解析：〔1〕()ln 22g x x ax a =-+，(0,)x ∈+∞，那么112'()2axg x a x x-=-=，当0a ≤时，(0,)x ∈+∞时，'()0g x >，当0a >时，1(0,)2x a∈时，'()0g x >， 1(,)2x a∈+∞时，'()0g x <，所以当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为(0,)+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为1(0,)2a ，单调递减区间为1(,)2a +∞.〔5分〕〔2〕由〔1〕知，'(1)0f =.①当0a ≤时，(0,1)x ∈时，'()0f x <，(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.②当102a <<时，112a >，由〔1〕知'()f x 在1(0,)2a内单调递增，当(0,1)x ∈时，'()0f x <，1(1,)2x a∈时，'()0f x >，所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意. ③当12a =时，即112a=时，'()f x 在(0,1)内单调递增，在(1,)+∞内单调递减，所以当(0,)x ∈+∞时，'()0f x ≤，()f x 单调递减，不合题意. ④当12a >时，即1012a <<，当1(,1)2x a∈时，'()0f x >，()f x 单调递增，当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 单调递减，所以()f x 在1x =处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为12a >. 考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值.【方法点晴】此题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值，表达了导数的综合应用，着重考查了函数的单调性、极值和导数的关系，要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值，把问题等价转化等是解答的关键，综合性强，难度较大，平时注意解题方法的积累与总结，属于难题.7．〔1〕最大值为()00f =；〔2〕①b 的取值范围是1b ≥；②证明见解析．【解析】试题分析：〔1〕由()f x 在0x =处有极值得'(0)0f =，从而求得a ，然后由'()f x 正负，研究()f x 的单调性，得极值，最值；〔2〕①这类问题，可假设存在，不等式()0g x <在()0+∞，上恒成立，考虑到(0)0g =，因此最好有(0,)x ∈+∞时，()(0)g x g <，那么恒成立结论为真，由此研究()g x 单调性，求导1'()1g x b x =-+，注意到1011x <<+，因此分类1b ≥，0b ≤ ，01b <<分别研究'()g x 的正负，得()g x 的单调性，可得结论；②要证明此不等式，可能需要用到上面函数的结论，由上面的推理()()ln 101xx x x x<+<>+，取1x n =得不等式：111ln 11n n n ⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，令21ln 1nn k k x n k ==-+∑，那么112x =，因此只要证得{}n x 是递减数列，不等式的右边就证得，为此作差()1222111ln 101111n n n n x x n n n n n n-⎛⎫-=-+<-=-< ⎪+-++⎝⎭，不等式的左边，由()1211ln ln ln 1ln1ln 1nn k k n k k k -==⎛⎫=--+=+⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭∑∑，那么有1122211111ln 1ln 1111nn n n k k k k k n x k k k k n --===⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=-++ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑12111n k kk k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑()12111n k k k -=⎛⎫ ⎪=- ⎪+⎝⎭∑()1111111n k k k n -=⎛⎫≥-=-+>- ⎪ ⎪+⎝⎭∑．这里用到了不等式的放缩法．试题解析：〔1，且函数()f x 在0x =处有极值，当()1,0x ∈-时，()()'0,f x f x >单调递增当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x <单调递减所以函数()f x 的最大值为()00f= 〔2〔i 〕假设1b ≥，那么[)0,x ∈+∞时，所以()()ln 1g x x bx =+-在[)0,+∞上为减函数 ∴()()()ln 100g x x bx g =+-<=在[)0,+∞上恒成立；〔ii 〕假设0b ≤，那么[)0,x ∈+∞时，所以()()ln 1g x x bx =+-在[)0,+∞上为增函数 ∴()()()ln 100g x x bx g =+->=，不能使()0g x <在[)0,+∞上恒成立；〔iii 〕假设01b <<，那么()'101g x b x =-=+时，11x b=- 当10,1x b ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()'0g x ≥ 所以()()ln 1g x x bx =+-在10,1b ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上为增函数，此时()()()ln 100g x x bx g =+->= 所以不能使()0g x <在[)0,+∞上恒成立综上所述，b 的取值范围是1b ≥ ②由以上得：()()ln 101xx x x x<+<>+ 取1x n =得：111ln 11n n n ⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，令21ln 1nn k k x n k ==-+∑ 那么()112221111,ln 1021111n n n n x x x n n n n n n-⎛⎫=-=-+<-=-< ⎪+-++⎝⎭ 因此1112n n x x x -<<=又()1211ln ln ln 1ln1ln 1nn k k n k k k -==⎛⎫=--+=+⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭∑∑ 故1122211111ln 1ln 1111nn n n k k k k k n x k k k k n --===⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=++ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑ ()()11122111111111111n n n k k k kk k k k n k k ---===⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪>-=-≥-=-+>- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑. 考点：用导数研究函数的极值、单调性、最值，不等式恒成立问题，用函数证明不等式．。

利用导数研究函数的单调性2

o
x
-8
-6
-8
-6
y 3
2
1
-4
-2
o
2
-1
x
2
6 -2
5
-3
x
y 4
2
-4
3
-5 2
1
-4
-2
o
2
-1
-2
-3
-4
y sin x
4
6
8
10
x
x 3
2
y cos x
4
6
8
x10
函数及图象单调性
y
f ( x) x2 在(,0)上递减
切线斜率
k 的正负
k<0
导数的正负
-
o x 在(0, )上递增 k>0
《导数在研究函数中的应用》
利用导数研究函数的单调性
回顾函数的单调性的定义：
函数 y = f (x) 在给定区间 I 上，当 x 1、x 2 ∈I 且 x 1＜ x 2 时 1）都有 f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 )，则 f ( x ) 在I 上是增函数；
2）都有 f ( x 1 ) ＞ f ( x 2 )，则 f ( x ) 在I 上是减函数；
的单调减区间
基础练习:求下列函数的单调区间 (1) y ln x 2x
(2) y ex x
例4：证明：函数f(x)=x-sinx在R上为增函数.
课堂小结
知识技能
思想方法
成功体验
1.在利用导数讨论函数的单调性时,首先要确定函数的定义域,解决问题的过程中,只能在函数的定义域内, 通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间，或证明函数的单调性.

4利用导数研究函数的单调性-中档难度-讲义

利用导数研究函数的单调性知识讲解一、单调性【定理】设函数()a b内可导.a b上连续，在(,)=在[,]y f x（1）如果在(,)a b上单调增加；=在[,]y f xf x>，那么函数()a b内'()0（2）如果在(,)a b上单调减少.=在[,]y f xf x<，那么函数()a b内'()0【解读】设函数在某区间内可导，'()0()f x f x≥在该区间上单调递增；'()0()≤⇒⇒f x f x在该区间上单调递减.反之，若()f x≥恒成f x在某个区间上单调递增，则在该区间上有'()0立（但不恒等于0）；若()f x≤恒成立（但f x在某个区间上单调递减，则在该区间上有'()0不恒等于0）.二、求可导函数单调区间1) 确定函数的()f x的定义区间；2) 求'()f x=，解此方程，求出它在定义区间内的一切实根；f x，令'()03) 把函数()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的定义区间分成若干个小区间；4) 确定'()f x在每个相应小区间内的f x的符号判定函数()f x在各个区间内的符号，根据'()增减性.典型例题一．选择题（共17小题）1．（2018•盐湖区校级四模）设函数f'（x）是函数f（x）（x∈R）的导函数，已知f'（x）＜f（x），且f'（x）=f'（4﹣x），f（4）=0，f（2）=1，则使得f（x）﹣2e x＜0成立的x的取值范围是（）A．（﹣2，+∞）B．（0，+∞）C．（1，+∞）D．（4，+∞）【解答】解：设，则＜，即函数F（x）在R 上单调递减，因为f'（x）=f'（4﹣x），即导函数y=f'（x）关于直线x=2对称，所以函数y=f（x）是中心对称图形，且对称中心（2，1），由于f（4）=0，即函数y=f（x）过点（4，0），其关于点（2，1）的对称点（0，2）也在函数y=f（x）上，所以有f（0）=2，所以，而不等式f（x）﹣2e x＜0即＜，即F（x）＜F（0），所以x＞0，故使得不等式f（x）﹣2e x＜0成立的x的取值范围是（0，+∞）．故选：B．2．（2018•辽宁模拟）已知函数f（x）=e x（3x﹣1）﹣ax+a（a＜1），若有且仅有两个整数x i（i=1，2），使得f（x i）＜0，则a的取值范围为（）A．[﹣，）B．[，） C．[0.）D．[，）【解答】解：设g（x）=e x（3x﹣1），h（x）=ax﹣a，则g′（x）=e x（3x+2），∴x∈（﹣∞，﹣），g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（﹣，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴x=﹣，取最小值﹣3，∴g（0）=﹣1＜﹣a=h（0），g（1）﹣h（1）=2e＞0，直线h（x）=ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，∴g（﹣1）﹣h（﹣1）=﹣4e﹣1+2a＜0，∴a＜，g（﹣2）=﹣，h（﹣2）=﹣3a，由g（﹣2）﹣h（﹣2）≥0，解得：a≥，故选：B．3．（2018•烟台模拟）已知函数＜在R上是单调递增函数，则的最小值是（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：f′（x）=3ax2+2bx+c，若函数f（x）在R上是单调递增函数，则＞，解得：c≥，a＞0，故≥=≥=1．当且仅当3a=2b﹣3a，即b=3a时“=”成立，∴的最小值是1．故选：A．4．（2018•安徽二模）y=f（x）的导函数满足：当x≠2时，（x﹣2）（f（x）+2f'（x）﹣xf'（x））＞0，则（）A．＞＞B．＞＞C．＞＞D．＞＞【解答】解：设g（x）=，∴g′（x）=，∵（x﹣2）（f（x）+2f'（x）﹣xf'（x））＞0，∴（x﹣2）（（x﹣2）f'（x）﹣f（x））＜0，当x＞2时，（x﹣2）f'（x）﹣f（x））＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）在（2，+∞）上单调递减，当x＜2时，（x﹣2）f'（x）﹣f（x））＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，2）上单调递增，∴g（4）＜g（3）＜g（），∴＜＜∴f（4）＜2f（3）＜（2+4）f（），故选：C．5．（2018•河南一模）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）=（x+1）e x则对任意的m∈R，函数F（x）=f（f（x））﹣m的零点个数至多有（）A．3个 B．4个 C．6个 D．9个【解答】解：当x＜0时，f（x）=（x+1）e x，可得f′（x）=（x+2）e x，可知x∈（﹣∞，﹣2），函数是减函数，x∈（﹣2，0）函数是增函数，f（﹣2）=，f（﹣1）=0，且x→0时，f（x）→1，又f（x）是定义在R上的奇函数，f（0）=0，而x∈（﹣∞，﹣1）时，f（x）＜0，所以函数的图象如图：令t=f（x）则f（t）=m，由图象可知：当t∈（﹣1，1）时，方程f（x）=t至多3个根，当t∉（﹣1，1）时，方程没有实数根，而对于任意m∈R，方程f（t）=m至多有一个根，t∈（﹣1，1），从而函数F（x）=f（f（x））﹣m的零点个数至多有3个．故选：A．6．（2018•厦门一模）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足，，若关于x的方程|f（x）|﹣a=0有3个实根，则a的取值范围是（）A．，B．（0，1） C．，D．（1，+∞）【解答】解：令g（x）=xf（x），则g′（x）=f（x）+xf′（x）=，∴g（x）=lnx+c，即xf（x）=lnx+c，又f（1）=0，∴c=0，可得f（x）=．则f′（x）=，可知当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，e）上为增函数，在（e，+∞）上为减函数，要使方程|f（x）|﹣a=0有3个实根，即函数y=|f（x）|与y=a的图象有3个不同交点，如图：由图可知，a的取值范围是（0，），故选：A．7．（2018•雁峰区校级一模）已知f（x）是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf'（x）+f（x）≤0，对任意的0＜a＜b，则必有（）A．af（b）≤bf（a）B．bf（a）≤af（b）C．af（a）≤f（b） D．bf（b）≤f（a）【解答】解：xf′（x）+f（x）≤0⇒[xf（x）]′≤0⇒函数F（x）=xf（x）在（0，+∞）上为常函数或递减，又0＜a＜b且f（x）非负，于是有：af（a）≥bf（b）≥0①＞＞0②，①②两式相乘得：≥≥0⇒af（b）≤bf（a），故选：A．8．（2018•江津区模拟）设函数f（x）=lnx﹣mx2+2nx（m∈R，n＞0），若对于任意的x＞0，都有f（x）≤f（1），则（）A．lnn＜8m B．lnn≤8m C．lnn＞8m D．lnn≥8m【解答】解：对于任意的x＞0，都有f（x）≤f（1），由于f（x）=lnx﹣mx2+2nx（m∈R，n＞0），所以f′（1）=0，则：1﹣2m+2n=0，所以m=．令g（n）=lnn﹣8m=lnn﹣8n﹣4．则：g′（n）=，=，当n，时，g′（n）＞0，所以g（n）为增函数．当n，，g′（n）＜0，所以g（n）为减函数．故g（n）=ln＜，即lnn＜8m．故选：A．9．（2018•内江一模）设n∈N*，函数f1（x）=xe x，f2（x）=f1′（x），f3（x）=f2′（x），…，f n+1（x）=f n′（x），曲线y=f n（x）的最低点为P n，△P n P n+1P n+2的面积为S n，则（）A．{S n}是常数列B．{S n}不是单调数列C．{S n}是递增数列D．{S n}是递减数列【解答】解：根据题意，函数f1（x）=xe x，其导数f1′（x）=（x）′e x+x（e x）′=（x+1）e x，分析可得在（﹣∞，﹣1）上，f1′（x）＜0，f1（x）为减函数，在（﹣1，+∞）上，f1′（x）＞0，f1（x）为增函数，曲线y=f1（x）的最低点P1，（﹣1，﹣），对于函数f2（x）=f1′（x）=（x+1）e x，其导数f2′（x）=（x+1）′e x+（x+1）（e x）′=（x+2）e x，分析可得在（﹣∞，﹣2）上，f1′（x）＜0，f1（x）为减函数，在（﹣2，+∞）上，f1′（x）＞0，f1（x）为增函数，曲线y=f1（x）的最低点P1，（﹣2，﹣），…分析可得曲线y=f n（x）的最低点P n，其坐标为（﹣n，﹣）；则P n+1（﹣n﹣1，﹣），P n+2（﹣n﹣2，﹣）；∴|P n P n+1|==，直线P n P n+1的方程为，即为（e﹣1）x+e n+1y+e﹣n=0，故点P n+2到直线P n P n+1的距离d=，∴S n=|P n P n+1|•d=，设g（n）=，易知函数g（n）为单调递减函数，故{S n}是递减数列，故选：D．10．（2018•三明模拟）设函数，则使得f（2x）＜f（x﹣1）成立的x的取值范围是（）A．（﹣，1）B．（﹣∞，﹣）∪（1，+∞）C．（﹣1，）D．（﹣∞，﹣1）∪（，+∞）【解答】解：的定义域为R，且f（﹣x）== =f（x），∴f（x）为偶函数，又当x＞0时，函数函数f（x）=e x﹣，f′（x）=e x+＞0，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，根据偶函数性质可知：若f（2x）＜f（x﹣1）成立，则|2x|＜|x﹣1|，∴4x2＜（x﹣1）2，∴（3x﹣1）（x+1）＜0，解得﹣1＜x＜．∴x的范围为（﹣1，），故选：C．11．（2018•宿州一模）偶函数f（x）定义域为，，其导函数是f'（x）．当＜＜时，有f'（x）cosx+f（x）sinx＜0，则关于x的不等式＜的解集为（）A．，B．，，C．，，D．，，【解答】解：根据题意，设g（x）=，其导数为g′（x）=，又由＜＜时，有f'（x）cosx+f（x）sinx＜0，则有g′（x）＜0，则函数g（x）在（0，）上为减函数，又由f（x）为定义域为，的偶函数，则g（﹣x）===g（x），则函数g（x）为偶函数，＜ ⇒＜f（）⇒＜⇒g（x）＜g（），又由g（x）为偶函数且在（0，）上为减函数，且其定义域为，，则有|x|＞，解可得：﹣＜x＜﹣或＜x＜，即不等式的解集为，，；故选：B．12．（2018•揭阳一模）已知x∈（0，），函数y=f（x）满足：tanxf（x）＞f′（x）恒成立，其中f′（x）是f（x）的导函数，则下列不等式中成立的是（）A．f（）＞f（）B．2f（1）cos1＜f（）C．f（）＞f（）D．f（）＜f（）【解答】解：因x∈（0，），故tanxf（x）＞f′（x）⇔sinxf（x）＞f′（x）cosx ⇔sinxf（x）﹣cosxf′（x）＞0，令g（x）=cosxf（x），则g′（x）=cosxf′（x）﹣sinxf（x）＜0，所以函数g（x）在（0，）为减函数，∴cos f（）＞cos f （），∴f（）＞f（）．13．（2018•烟台模拟）已知函数y=f（x）对任意的x∈（0，π）满足f′（x）sinx ＞f（x）cosx（其中f′（x）为函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（）A．＜B．＞C．＞D．＜【解答】解：令F（x）=，x∈（0，π），则F′（x）=，∵f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0，∴F′（x）＞0，∴F（x）递增，故F（）＞F（），故f（）＞f（），故选：B．14．（2018•揭阳一模）函数y=xln|x|的部分图象大致为（）A． B． C．D．【解答】解：函数y=xln|x|是奇函数，排除选项B，当x＞0时，函数y=xlnx的导数为：y′=lnx+1，可得函数的极值点x=．并且x∈（0，），y′＜0，函数是减函数，x＞，y′＞0，函数是增函数，所以函数的图象是C．15．（2018•岳阳二模）已知函数，若有且仅有一个整数k，使得f（k）＞1，则实数a的取值范围是（）A．（1，3]B．，C．，D．，【解答】解：由＞1，得2a+1＜，令g（x）=，则g′（x）=，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令g′（x）＜0，解得：x＞e，故g（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，而g（2）=≈0.345，g（3）=≈0.366，故g（3）＞g（2），故g（2）≤2a+1＜g（3），故﹣≤a＜﹣，故选：B．16．（2018•乌鲁木齐模拟）设函数f（x）=e x（x3﹣3x+3）﹣ae x﹣x，若不等式f （x）≤0有解，则实数a的最小值为（）A．﹣1 B．2﹣C．1+2e2D．1﹣【解答】解：∵f（x）=e x（x3﹣3x+3）﹣ae x﹣x≤0，∴a≥x3﹣3x+3﹣﹣，令g（x）=x3﹣3x+3﹣，g′（x）=3x2﹣3+=（x﹣1）（3x+3+），故当x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣∞，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；故g min（x）=g（1）=1﹣3+3﹣=1﹣；故选：D．17．（2018•四川模拟）函数f（x）=e|x|﹣2|x|﹣1的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：函数f（x）=e|x|﹣2|x|﹣1是偶函数，排除选项B，当x＞0时，函数f（x）=e x﹣2x﹣1，可得f′（x）=e x﹣2，当x∈（0，ln2）时，f′（x）＜0，函数是减函数，当x＞ln2时，函数是增函数，排除选项A，D，故选：C．二．解答题（共3小题）18．（2018•台州一模）已知函数f（x）=2x3﹣3（m+1）x2+6mx，m∈R．（Ⅰ）若m=2，写出函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若对于任意的x∈[﹣1，1]，都有f（x）＜4，求m的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）若m=2，则f（x）=2x3﹣9x2+12x，∵f′（x）=6x2﹣18x+12=6（x2﹣3x+2）=6（x﹣1）（x﹣2），令f′（x）＞0，则x＜1或x＞2，故函数f（x）的递增区间是（﹣∞，1），（2，+∞）；（Ⅱ）f（x）=2x3﹣3（m+1）x2+6mx，f′（x）=6（x﹣1）（x﹣m），①当m≥1时，f（x）在（﹣1，1）递增，f（x）max=f（1）=3m﹣1＜4，故m＜，∴1≤m＜；②当﹣1＜m＜1时，f（x）在（﹣1，m）递增，在（m，1）递减，f（x）max=f（m）=﹣m3+3m2＜4，即m3﹣3m2+4＞0，（m+1）（m﹣2）2＞0恒成立，∴﹣1＜m＜1；③当m＜﹣1时，f（x）在（﹣1，1）递减，f（x）max=f（﹣1）=﹣9m﹣5＜4，综上，m的范围是﹣1＜m＜．19．（2018•武邑县校级一模）已知函数f（x）=2e x+3x2﹣2x+1+b，x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=ax+2．（1）求函数f（x）的单调区间与极值；（2）若存在实数x，使得f（x）=﹣2x2﹣3x﹣2﹣2k≤0成立，求整数k的最小值．【解答】解：（1）f′（x）=2e x+6x﹣2，因为f′（0）=a，所以a=0，易得切点（0，2），所以b=﹣1．易知函数f′（x）在R上单调递增，且f′（0）=0．则当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0）；单调递增区间为（0，+∞）．所以函数f（x）在x=0处取得极小值f（0）=2．无极大值．（2）由（1）得f（x）=2e x+3x2﹣2x，存在实数x，使得f（x）=﹣2x2﹣3x﹣2﹣2k≤0成立⇔e x+x2﹣x﹣1﹣k≤0，则k≥e x+x2﹣x﹣1，令h（x）=e x+x2﹣x﹣1，若存在实数x，使得不等式成立，则k≥h（x）min，h′（x）=e x+x﹣，易知h′（x）在R上单调递增，又h′（0）=﹣＜0，h′（1）=e﹣＜0，h′（）=﹣＞﹣=．﹣=﹣＞2﹣＞0，由e x＞x+1，当且x=0时取等号，则h′（x）=e x+x﹣≥2x﹣＞0，则x＞，所以存在唯一的x0∈（，），使得h′（x0）=0，且当x∈（﹣∞，x0）时，h′（x0）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0．所以h（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，h（x）min=h（x0）=，又h′（x0）=0，即+x0﹣=0，所以=﹣x0，所以h（x0）=﹣x0+x02﹣x0﹣1=（x02﹣7x0+3），因为x0∈（，），所以h（x0）∈（﹣，﹣），则k≥h（x0），又k∈Z，所以k的最小值为0．20．（2018•宁德二模）已知函数f（x）=（+x）lnx+ax2（a∈R），曲线y=f（x）在x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值，并求f（x）的单调区间；（2）若λ是整数，当x＞0时，总有f（x）﹣（3+λ）x＞lnx+，求λ的最大值．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f'（x）=（x+1）\ln x+（2a+）x+1，依题意可得，f'（1）=1，2a++1=2，∴f'（x）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f'（x）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x＞0，∴＞．x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，）时，f′（x）＜0．∴f（x）的单调递增区间是（，+∞），单调递减区间为（0，）．（2）由（Ⅰ）可知，f（x）=（+x）lnx+x2•f（x）﹣（3+λ）x＞lnx+，⇔＞．设h（x）=，只需λ＜h（x）minh'（x）==，（x＞0）令u（x）=x﹣2+ln x，∴u'（x）=1+＞0，可得u（x）在（0，+∞）上为单调递增函数，∵u（1）=﹣1＜0，u（2）=ln 2＞0，∴存在x0∈（1，2），使u（x0）=0，……………………………………………………（9分）当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，即h'（x）＞0，当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，即h'（x）＜0，∴h（x）在x=x0时取最小值，且h{（x）min=，又u（x0）=0，∴ln x0=2﹣x0，h{（x）min==x0，∵λ＜h（x）min，λ∈Z，x0∈（1，2），∴﹣x0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2．。

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利用导数研究函数的单调性之二阶求导型评卷人得分一、解答题（题型注释）1．已知函数 f ( x) xe 2 x ln x ax ．（ 1）当 a0 时，求函数 f ( x) 在 [ 1,1] 上的最小值；2（ 2）若x0，不等式 f ( x)1恒成立，求 a 的取值范围；1 12 1 1e 1x（ 3）若x0，不等式e x 恒成立，求 a 的取值范围．f ( )1xxxe e1．（ 1）eln 2 ；（ 2） a 2 ；（ 3） a 1e1 ．2(e 1)e e【解析】试题分析：（ 1）由 a0 时，得出 f ( x) xe2xln x ，则 f (x)(2 x 1)e2 x1，再x求导 f x ，可得函数f / (x) 在 (0, ) 上是增函数，从而得到函数f x 的单调性，即可求解函数f ( x) 在 [ 1,1] 上的最小值；（ 2）由（ 1）知函数 f /( x) 在 (0,) 上是2增函数，且 x 00 ，使得 f (x 0 )0 ，得 (2x 0 1) e 2 x 01 a 0 ，即x 0ax 0 (2 x 0 2 x 0 )e 2x 0 1 ，设 f ( x 0 ) 1 ln x 02x 0 2 e 2 x 0 ，利用函数 f ( x 0 ) 的单调性，x 1即可求解求 a 的取值范围；（ 3）根据题意，转化为 ax ln x x e 1对任意 x0 成xe ex 1立，令 g( x) x ln x xe 1，所以 g (x)，可得出 g x 的单调性，求解出 g xxe e的最小值，即可 a 的取值范围．试题解析：（ 1） a0 时， f ( x)xe2 xln x ，f /(x)(2x 1) e2 x1，xf // ( x) (4x4)e 2 x 10 ，所以函数 f / ( x) 在 ( 0,) 上是增函数，x 2又函数 f /( x) 的值域为 R ，故 x 00 ，使得 f / (x 0 ) (2 x 0 1) e 2 x 01 0 ，x 0又 f /( 1) 2e2 0 ，x 01 ，所以当 x22即函数 f (x) 在区间 [1,1] 上递增，所以 f ( x) min2（ 2） f /(x) (2x 1)e2 x1 a ，x由（ 1）知函数 f / ( x) 在 (0, ) 上是增函数，且[ 1,1] 时， f / ( x) 0 ， 2 f ( 1) e ln 22 2x 0 0 ，使得 f / (x 0 )进而函数 f ( x) 在区间 ( 0, x)上递减，在 ( x , ) 上递增，f (x)minf ( x 0 ) x 0e 2 x 0 ln x 0ax 0 ，由 f / ( x ) 0得：(2x 0 1)e 2 x 01a 0 ，x 0ax 02x 0 )e 2 x 0 1 ， f ( x 0 ) 12( 2x 0ln x 0 2x 0 e 2 x 0 ，因为x 0 ，不等式 f ( x) 1恒成立，1 ln x 02 1 ln x 02 02x 0 e 2 x 02x 0 e 2 x 0a (2 x 01)e 2x 01 2 0 2x 0（另解：因为x0 ，不等式 f ( x) 1恒成立，即 axe 2 xln x 1 e ln x e 2 x(ln x2x) 12 xe ln x 2 x(ln x 2x) 12xxx由 e xx 1e ln x 2xln x 2x1xe 2x ln x 12 ，x 当 ln x2x0 时取等号，a 2 ）11x 21 112x1 a1 2x1 1 （ 3）由 f () 1e 1 xln1e 1 x，x x ex，exx exe exxe ex 1x 1x ln x x ae1ax ln x x e 1，对任意 x0 成立，xxe ee ex 1x 1令函数 g( x)x ln xx e 1/，所以 g ( x)xln xx，e ee( e1)e e当 x1 时，/( ) 0 ，当 0 x 1/g时，g ( x) 0 ，x11e所以当 x 1 时，函数 g( x) 取得最小值g(1) 1 e 11，11e e(e 1)e ea 1e 1( e 1) e e考点：利用导数研究函数的单调性与极值（最值）．【方法点晴】本题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题．2．已知函数 fxe x 1ax a R ．2e x（ 1）当 a3 时，求函数 f x 的单调区间；2（ 2）若函数 fx在 1,1 上为单调函数，求实数a 的取值范围．3．设函数 f (x)e x ln( x 1) ax .（ 1）当 a=2 时，判断函数 f (x) 在定义域内的单调性；（ 2）当 x0 时， f ( x) cosx 恒成立，求实数 a 的取值范围 .4．已知函数 f ( x)xln xa x 2 x a(a R) 在其定义域内有两个不同的极值点 .（ 1）求 a 的取值范围； 2（ 2）设两个极值点分别为 x 1 , x 2 ，证明： x 1 ? x 2 e 2 .5．已知函数f ( x)x 3 3| x a | 2 （ a R ）．（ 1）当 a 0时，讨论 f ( x) 的单调性；（ 2）求 f (x) 在区间 0,2 上的最小值．6．设 f ( x)x ln x ax 2 (2a 1)x ， a R .（ 1）令 g( x)f '( x) ，求 g(x) 的单调区间；（ 2）已知f ( x)在x1处取得极大值 . 求实数a的取值范围 .7．设函数f xxa ln 1x , g x ln1x bx . 1x（ 1）若函数f x 在 x0处有极值，求函数f x的最大值；（ 2）①是否存在实数b ，使得关于x的不等式 g x0 在0，上恒成立？若存在，求出 b 的取值范围；若不存在，说明理由；nk 1 n1,2L②证明：不等式1ln nk 1 k212参考答案1．（ 1）eln 2 ；（）a 2 ；（）a 1e1．223(e 1)e e【解析】试题分析：（ 1）由 a0 时，得出 f ( x) xe2xln x ，则 f (x)(2 x1)e 2 x1，再求导xf x ，可得函数f / ( x) 在 (0, ) 上是增函数，从而得到函数 f x 的单调性，即可求解函数 f ( x) 在 [1,1] 上的最小值；（ 2）由（ 1）知函数 f / ( x) 在 (0,) 上是增函数，且 x 00 ，2使得 f (x 0 )0 ，得 (2x 0 1)e 2 x 01a 0 ，即 ax 0(2 x 02 x 0 )e 2 x 0 1，设x 0f ( x ) 1ln x 2 x 2e 2x 0 ，利用函数 f ( x ) 的单调性，即可求解求a 的取值范围；（）根3x 1x1据题意，转化为 ax ln x xe 1成立，令 g (x)x ln x xe 1对任意 x，xxe ee e所以 g (x) ，可得出 g x 的单调性，求解出 gx 的最小值，即可 a 的取值范围．试题解析：（ 1） a0时， f( x)xe 2 xln x ，f / (x)(2x 1)e 2 x1 ，1xf // ( x)(4x 4)e 2 x0 ，所以函数 f / ( x) 在 ( 0,) 上是增函数，x 2又函数 f / ( x) 的值域为 R ，故 x 0 0 ，使得 f / (x 0 )(2 x 01) e 2 x 010 ，x 0又 f /( 1) 2e2 0 ，x 01 ，所以当 x 22即函数 f ( x) 在区间 [1,1] 上递增，所以 f ( x) min21（ 2） f /(x) (2x 1)e2 xa ，x由（ 1）知函数 f /( x) 在 (0,) 上是增函数，且[ 1,1] 时， f / ( x) 0 ， 2 f ( 1) e ln 22 2x 0 0 ，使得 f / (x 0 )进而函数 f ( x) 在区间 (0, x 0 ) 上递减，在 ( x 0 , ) 上递增，f ( x)minf ( x )x e 2 x 0ln xax ，由 f / ( x )0得： (2x 01)e 2 x 01 0 ，0 ax 0ax 02x 0 )e 2 x 0 1 ， f ( x 0 )2(2x 01 ln x 0 2x 0 e2 x 0 ，因为x 0 ，不等式 f ( x) 1恒成立，1 ln x 02 1 ln x 02 02x 0e 2 x 02x 0e 2 x 0a (2 x 01)e 2x 01 2 0 2x 0（另解：因为x0 ，不等式 f ( x) 1恒成立，即 axe 2 x ln x 1 e ln x e 2 x(ln x 2x) 1 2 xe ln x 2 x(ln x2x) 12xxx由 e xx 1e ln x 2xln x 2x1xe 2x ln x 12 ，x当 ln x2x0时取等号，a 2 ）112x1 11x 21 a1 2x1 1 （ 3）由 f () 1e 1 xe 1e 1 x，x x ex，lnxexe exxxe ex 1x1e1e 1x ln x x a，a x ln xx 对任意 x0 成立，xxe ee ex1x 1令函数 g( x)x ln xxe 1/，所以 g ( x)ln x，xxe ee( e 1)e e当 x1时， g /( x)0 ，当 0 x1时， g / ( x) 0 ，1 1e所以当 x1 时，函数 g( x) 取得最小值 g(1)1 e 11，11e e(e 1) e ea1 e1( e 1) e e考点：利用导数研究函数的单调性与极值（最值）．【方法点晴】本题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题．2．（ 1）单调递增区间为,0和 ln 2,，单调递减为 0,ln 2 ;（ 2）1e,．, 2 U2e【解析】试题分析：（ 1）求函数的导数，并且通分，分解因式的化简，然后解 f x0 和 f x0的解集；（ 2）若函数在- 1,1 上为单调函数，所以分单调递增和单调递减两种情况讨论，若单调递增，转化为a e x1在1,1 上恒成立，那么 a 小于等于函数的最小值，若函数2e x单调递减，转化为a e x1在1,1上恒成立，a 大于等于函数的最大值. 2xe试题解析：f x 的定义域为 x R， f x e x1a ，2e x（ 1）a 3xe x 1 3e x 2 e x1，，则 f2e x22e x2令 f x0，解得： x ln 2或 x 0 ，令 f x0，解得： 0x ln 2 ，∴ f x的单调递增区间为,0和 ln 2,，单调递减为0,ln 2 ．（ 2）若f x在1,1 上单调递增，则f x e x1a0在 1,1 上恒成立，2e x∴ a e x11,1 上恒成立，2x在e令t e x同，则t1， e x1t1 2tg12，e, e2e x 2 t 2 t当且仅当t1， t21,e时取“ =”，又1e e1 2t e2e2e∴ x1,1时，2e x11e ①，2e x2e∴ a 2 ，若 f x 在1,1上单调递减，则 f x e x1a0 在1,1 上恒成立，2e x∴ a e x1在1,1 上恒成立，2e x由①式知，a1e，综上，a的取值范围是, 2 U1e,．2e2e考点：导数与函数的单调性3．（1）在(1,) 上是增函数;（2）a2.【解析】试题分析：（ 1）首先求函数的导数，令g x f x ，并且注意函数的定义域，再求函数导数的导数 g x e x1，分 x 0和1x0 讨论g x 的正负，同时得到函数x 1 2g x的单调性，求得g x的最小值为0，即f x0 恒成立，得到函数的单调性；（2）由（ 1 ）可得当a 2 时，不等式恒成立，当a 2 时，记( x) f ( x)cosx ，根据导数求函数的最值，证明不等式不恒成立.试题解析：（ 1）f (x)的定义域为( 1,) ， f( x)e x112 ，x记 g( x) e x1 2 ，则g (x) e x( x 1，x11)2当 x>0 时，e x1,11，此时g (x)0，(x1) 2当 -1<x<0 时，e x1,1 1 ，此时g (x)0，( x 1)2所以 f ( x) 在（-1,0）上递减，在 (0,) 上递增，∴f( x)f(0)0 ，∴f （ x）在( 1,) 上是增函数.（ 2 ） f( x)e xx 1 a ，由（ 1 ）知 f (x) 在 (0,) 上递增，所以当 a 2 时，1f (x) f (0) 2 a0 ，所以 f （ x ）在 [0,) 上递增，故 f ( x) f (0) 1 cosx 恒成立 .当 a>2 时，记( x) f (x) cos x ，则( x) e x1 a sin x ，1x 1当 x>1 时， h ( x)e1 0 ，4显然当 0 x 1时， h (x) 0 ，从而( x) 在 [ 0, ) 上单调递增 .又 (0)2 a 0, x , ( x) 0 ，则存在 x 0 ( 0,) ，使得 ( x 0 ) 0 .所以(x) 在 (0, x ) 上递减，所以当x (0, x ) 时，(x)(0) 0，即 f （ x ）<cosx ，不符合题意 . 综上，实数 a 的取值范围是 a2 .考点： 1. 导数与单调性； 2. 导数的综合应用 .【方法点睛】本题考查了导数与单调性的关系，以及证明不等式的问题，综合性较强，重点说说导数与函数单调性的证明，一种情况是求函数的导数后，能够解得f x 0 或f x0 的解集，从而得到函数的单调递增和递减区间，令一种情况是求导后，不能直接求得 fx 0 或 f x 0 的解集，需要求函数的二阶导数，根据二阶导数大于0或小于 0的解集，求得一阶导数的单调增减区间，同时求得一阶导数的最大值或是最小值，从而得到一阶导数的正负，求得函数的增或减区间.4．（ 1） 0 a1；（ 2）证明见解析 .e【解析】试题分析：（ 1）函数 f (x)xln xa x 2 x a( aR) 在其定义域内有两个不同的极值点2等价于方程f'0在 (0,) 有两个不同根，即函数g( x)ln x a 的图象在(x)与函数 yx(0,)上有两个不同交点，讨论函数 g (x)ln x单调性和极值根据图象即可求a 的取值范xx 1lnx1围；（ 2 ）作差得， lna(x 1 x 2 ) ，即 ax 2. 原不等式 x 1 x 2 e 2x 2x 1 x 2 等价于ln x 1 ln x 2 2a( x 1 x 2 ) 2lnx 1 2( x 1 x 2 ) ，x 1 t ，则 t 1，只需证明不等x 2x 1 x 2x 2式ln t2(t1)成立即可 .t 1试题解析：（ 1）依题意，函数 f (x) 的定义域为 (0,) ，所以方程 f ' (x) 0 在 (0,) 有两个不同根 .即，方程 ln x ax 0在 (0, ) 有两个不同根 .转化为，函数 g ( x)ln x与函数 y a 的图象在 (0,) 上有两个不同交点 .x又 g '(x)1ln x，即 0 xe 时， g ' ( x) 0 ， x e 时， g ' ( x) 0，x 21 .所以 g (x) 在 (0, e) 上单调增，在 (e,) 上单调减，从而g( x)极大 =g( e)e又 g( x) 有且只有一个零点是 1，且在 x0 时， g( x) ，在 x时， g( x)0 ，所以 g (x) 的草图如下，可见，要想函数 g( x)ln xa 的图象在(0, ) 上有两个不同交点，只需与函数 yx0 a1.e（ 2）由（ 1）可知 x 1 , x 2 分别是方程 ln x ax0 的两个根，即 ln x 1 ax 1 ， ln x 2 ax 2 ，ln x 1设 x 1x 2 ，作差得， ln x 1 a(x 1x 2 ) ，即 ax 1 x2 .x 2x 2原不等式 x 1x 22e 等价于ln x 1 ln x 22a( x 1x 2 ) 2lnx12( x 1 x 2 )x 2x 1 x 2令x1t ，则 t 1， lnx 1 2( x 1 x 2 ) ln t2(t 1) ， x 2x 2 x 1 x 2t 1设 g(t)ln t 2(t1)， t 1， g ' (t ) (t 1)2 0 ，t 1t (t 1)2∴函数 g (t ) 在 (1,) 上单调递增，∴g(t) g(1) 0 ，即不等式ln t2(t 1)成立，t1故所证不等式 x1 x2e2成立 .考点： 1、利用导数研究函数的单调性及极值；2、利用导数证明不等式 .【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及极值、利用导数证明不等式，属于难题 . 不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简，或者进一步转化为不等式恒成立问题利用导数证明.5．（ 1）f ( x)的增区间为(,1)， (0,) ，减区间为 (1,0)；（ 2）当a0 时，f (x)的最小值为 3a 2 ；当 0 a1时， f ( x) 的最小值为 a3 2 ；当a 1时， f ( x) 的最小值为 3a ．【解析】试题分析：（ 1）研究单调性，可求出导函数 f '(x) ，然后解不等式 f '(x)0 得单调增区间，解不等式 f '(x)0得减区间，注意绝对值，要分类求解；（ 2）由于x[0,2]，因此先分类a 0， a 2 ， 0a 2 ，前两种情形，绝对值符号直接去掉，因此只要用导数 f '(x) 研究单调性可得最值，第三种情形同样要去绝对值符号，只是此时是分段函数，f ( x)x33( x a)2, a x2,，f '( x)3x23, a x2,x33(x a)2,0x a.3x23,0x，可以看出这时又要分a.类： 0 a 1， 1a 2 ，得单调性再得最小值．试题解析：（ 1）当a0 时，f ( x)x33| x | 2．①当 x0 时， f ( x)x33x 2 ， f '(x)3x230 ，∴ f ( x) 在 (0,) 单调递增；②当 x0 时， f ( x)x33x 2 ， f '(x)3x233(x1)(x1) ．1x0 时，f '(x)0 ，∴ f (x) 在 (1,0) 单调递减；x1时，f '(x)0，∴ f ( x) 在 (,1)单调递增．综上， f (x) 的增区间为 ( , 1) ， (0,) ，减区间为 ( 1,0) ．（ 2）①a 2 时， f (x)x33(a x) 2 ，0x2，f '(x)3x2 3 3( x 1)(x 1) ， f ( x)min f (1)3a．② a0时， f ( x)x33(x a) 2 ，0x2，f '(x)3x230， f (x) 在0,2单调递增，∴ f (x)min f (0)3a 2 ．③ 0a20x x33( x a)2, a x2,时，而 2 ， f ( x)3( x a)2,0x a.x3∴ f '(x)3x23, a x 2, 3x23,0x a.（ i ）0a1时， f ( x)在 a,2 上单增， f (a) 为最小值．f '(x)3(x21)0 在0x a 上恒成立，∴ f ( x) 在 0,a 上单调递减，∴ f (x)min f (a)a3 2 ．（ ii） 1a 2 时，f(x) 在 a,2 上单调递增， f (x)min f ( a)a3 2 ．在 0x a 时，f'(x)3(x21) ，∴ f (x)min f (1)3a ．综上可知，当 a 0时， f (x) 的最小值为3a 2；当 0a 1 时，f ( x)的最小值为a3 2 ；当 a1时， f (x)的最小值为3a ．考点：分段函数，用导数研究函数的单调性、最值．6．（ 1）当a0 时，函数g( x)单调递增区间为(0,) ，当a0 时，函数g( x)单调递增区间为(0,1) ，单调递减区间为(1,) ；（2） a12a2a2【解析】试题分析：（ 1）先求出g( x) f '( x) 的解析式，然后求函数的导数g x ，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求出g x 的单调区间；（2）分别讨论a的取值范围，根据函数极值的定义，进行验证可得结论 .试题解析：（ 1） g( x)ln x 2ax 2a ， x(0, ) ，则 g '(x)1 1 2ax2a，xx当 a0 时， x(0,) 时， g '( x) 0 ，当 a 0 时， x (0,1) 时， g '( x) 0 ，2ax (1, ) 时， g '( x) 0 ，所以当 a 0 时，函数 g(x) 单调递增区间为(0,) ；2a时，函数 g( x) 单调递增区间为 (0,1( 1,当 a0 ) ，单调递减区间为). （5 分）2a2a（ 2）由（ 1）知， f '(1) 0.①当 a0 时， x (0,1) 时， f '( x) 0 ， x (1,) 时， f '(x)0 ，所以 f (x) 在 x 1 处取得极小值，不合题意 .②当 0 a1时， 11 ，由（ 1）知 f '( x) 在 (0,1) 内单调递增，22a1) 时， f '(x)2a当 x(0,1) 时， f '(x)0， x(1, 0 ，所以 f ( x) 在 x 1 处取得极小值，2a不合题意 .③当 a1时，即11 时， f '(x) 在 (0,1) 内单调递增，在 (1,) 内单调递减，2 2a所以当 x (0, ) 时， f '( x)0 ， f ( x) 单调递减，不合题意 .④当 a 1 时，即 0 1 1，当 x (10 ， f (x) 单调递增，22a ,1) 时， f '( x)2a当 x (1, ) 时， f '(x)0 ， f (x) 单调递减，所以f (x) 在 x1 处取得极大值，合题意 .综上可知，实数1a 的取值范围为 a.2考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值 .【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值，体现了导数的综合应用，着重考查了函数的单调性、极值和导数的关系，要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值，把问题等价转化等是解答的关键，综合性强，难度较大，平时注意解题方法的积累与总结，属于难题.7．（ 1）最大值为 f 00 ；（ 2）① b 的取值范围是 b 1 ；②证明见解析．【解析】试题分析：（ 1）由 f (x) 在 x 0 处有极值得 f '(0) 0 ，从而求得 a ，然后由 f '( x) 正负，研究 f (x) 的单调性，得极值，最值；（ 2）①这类问题，可假设存在，不等式g x 0 在0，上恒成立，考虑到 g(0) 0 ，因此最好有 x (0, ) 时， g (x) g(0) ，则恒成立结论为真，由此研究g( x) 单调性，求导 g '( x)1 b ，注意到 01 1，因此分类x 1x1b 1 ， b 0 ， 0 b 1 分别研究 g '( x) 的正负，得 g( x) 的单调性，可得结论；②要证明此不等式，可能需要用到上面函数的结论，由上面的推理x ln 1 xx x 0 ，取1xx1得不等式：1 ln 11 1，令 x nnkln n ，则 x 1 1，因此只要证1n1 nn nk 1 k 22得{ x n }是递减数列，不等式的右边就证得，为此作差x n x n 1n ln 1n11 0 ，n 21 1n 21 nn 1 n 2 1 nnn 11不等式的左边，由 ln nln k ln k1ln1ln 1 ，则有k 2k 1knkn 11 n 1k1nn 1k 1 x nlnln 1k 1 k211k 1 k2k n21k 1k1k 1k21 kn 11 n 1k 1k 2 1 kk 111 ．这里用到了不等式的放缩法．11 k 1 kn试题解析：（ 1）由已知得：f ' x1 21 a ，且函数 f x 在 x0 处有极值1 xxf ' 011 21 a 0 a 1, f xx ln 1 x0 01 xf 'x11 21 1 1 x2 ，当 x 1,0时， f ' x0, f x 单调递增xxx当 x 0,时， f ' x0, f x 单调递减所以函数 f x 的最大值为 f（ 2）①由已知得：g ' x1 1bx1（ i ）若 b1，则 x 0,时， g ' x1 b 0x所以 g xln 1 x bx 在 0,上为减函数g x ln 1 x bx g 0 0 在 0,上恒成立；（ ii ）若 b0 ，则 x0,时， g ' x1 b1 x所以 gx ln 1 xbx 在 0, 上为增函数g xln 1 xbx g 00 ，不能使 g x0在 0,上恒成立；（ iii ）若0 b 1 ，则 g ' x1 1 b 0 时， x1 1xb当 x0,11 时， g 'x 0b所以 gx ln 1 xbx 在 0,11 上为增函数，b此时 gx ln 1 xbx g 0 0所以不能使 gx0 在 0,上恒成立综上所述， b 的取值范围是 b 1②由以上得：x ln 1 xx x1 x1得： 1ln 111，令 x nnk取 xln nn1 nn nk 1 k 21则 x1, xx1 n ln 11 n 11 012 nn n 2 1n 1 n 2 1 nn 21 n因此x nx n1L x 112nn 11又 ln nln k ln k1ln1ln 1kk 2k 1nkn 11n 1 k1 n故 x nln 1ln 1k 1 k 2kk 1 k 2kn 2 11 k 11 n 1k 1n 11n 1111 1.k 1 k 21 kk 1k 2 1 kk 1k 1 kn考点：用导数研究函数的极值、单调性、最值，不等式恒成立问题，用函数证明不等式．。