2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)专题14 导数与函数的单调性 含解析
2020届高三数学一轮复习人教版通用教师讲义：第14讲导数与函数的单调性 含详细答案
第14讲导数与函数的单调性函数的单调性与导数”的条件题组一常识题1.[教材改编]函数f(x)=e x-x的单调递增区间是.2.[教材改编]比较大小:x ln x(x∈(1,+∞)).3.[教材改编]函数y=ax3-1在(-∞,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围为.4.[教材改编]已知f(x)是定义在R上的可导函数,函数y=e f'(x)的图像如图2-14-1所示,则f(x)的单调递减区间是.图2-14-1题组二常错题◆索引:可导函数在某区间上单调时导数满足的条件;利用单调性求解不等式时不能忽视原函数的定义域;求单调区间时忽略定义域;讨论函数单调性时分类标准有误.5.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上为增函数,则k的取值范围是.6.若函数f(x)=ln x-,则不等式f(1-x)>f(2x-1)的解集为.7.函数f(x)=x+ln(2-x)的单调递增区间为.8.讨论函数y=ax3-x在R上的单调性时,a应分、、三种情况讨论.探究点一函数单调性的判断或证明例1[2018·商丘二模]已知函数f(x)=(x-1)e x+1+mx2,其中m为常数,且m>-.讨论函数f(x)的单调性.[总结反思]用导数法判断和证明函数f(x)在区间(a,b)内的单调性的一般步骤:(1)求f'(x).(2)确认f'(x)在区间(a,b)内的符号(如果含有参数,则依据参数的取值讨论符号).(3)得出结论:f'(x)>0时,函数f(x)为增函数;f'(x)<0时,函数f(x)为减函数.变式题已知函数f(x)=e x,a∈R.(1)求f(x)的零点;(2)当a≥-5时,求证:f(x)在区间(1,+∞)上为增函数.探究点二求函数的单调区间例2[2018·北京朝阳区一模]已知函数f(x)=--ax(a∈R).(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若a<-1,求函数f(x)的单调区间.[总结反思](1)利用导数求函数单调区间的关键是确定导数的符号.不含参数的问题直接解导数大于(或小于)零的不等式,其解集即为函数的单调区间;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,其解集即为函数的单调区间.(2)所有求解和讨论都必须在函数的定义域内,不要超出定义域的范围.变式题(1)函数f(x)=3ln x-4x+x2的单调递增区间为()A.(0,1),(3,+∞)B.(1,3)C.(-∞,1),(3,+∞)D.(3,+∞)(2)函数f(x)=x++2ln x的单调递减区间是.探究点三已知函数单调性确定参数的取值范围例3 已知函数f(x)=x2+ln x-ax.(1)当a=3时,求f(x)的单调递增区间;(2)若f(x)在(0,1)上是增函数,求a的取值范围.[总结反思](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.变式题(1)[2018·哈尔滨师大附中三模]若函数f(x)=2x+sin x·cos x+a cos x在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是()A.[-1,1]B.[-1,3]C.[-3,3]D.[-3,-1](2)若函数f(x)=x+a ln x不是单调函数,则实数a的取值范围是()A.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)探究点四函数单调性的简单应用例4 (1)定义域为R的可导函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)<f'(x),f(0)=2,则不等式f(x)<2e x的解集为()A.(-∞,0)B.(-∞,2)C.(0,+∞)D.(2,+∞)(2)已知函数g(x)是偶函数,f(x)=g(x-2),且当x≠2时,导函数f'(x)满足(x-2)f'(x)>0,若1<a<3,则()A.f(4a)<f(3)<f(log3a)B.f(3)<f(log3a)<f(4a)C.f(log3a)<f(3)<f(4a)D.f(log3a)<f(4a)<f(3)[总结反思]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有:g(x)=xf(x),g(x)=,g(x)=e x f(x),g(x)=,g(x)=f(x)ln x,g(x)=等.变式题(1)已知a=2.12.2,b=2.22.1,c=log2.22.1,则()A.c<b<aB.c<a<bC.a<b<cD.a<c<b(2)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(2)=7,且f(x)的导函数f'(x)<3,则不等式f(ln x)>3ln x+1的解集为.第14讲导数与函数的单调性考试说明 1.了解函数单调性和导数的关系;2.能利用导数研究函数的单调性;3.会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).【课前双基巩固】知识聚焦递增递减≥0≤0充分对点演练1.(0,+∞)[解析]由f'(x)=e x-1>0,解得x>0,故其单调递增区间是(0,+∞).2.>[解析]设f(x)=x-ln x,x∈(1,+∞),则f'(x)=1->0,所以函数f(x)在(1,+∞)上是增函数,所以f(x)=x-ln x>1>0,所以x>ln x.3.(-∞,0)[解析]∵y'=3ax2,函数在区间(-∞,+∞)上是减函数,∴y'≤0在(-∞,+∞)上恒成立,即3ax2≤0恒成立,∴a≤0.∵当a=0时,y=-1,不是减函数,∴a<0,即a∈(-∞,0).4.(-∞,2][解析]因为当x≤2时,e f'(x)≤1,所以当x≤2时,f'(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间是(-∞,2].5.[1,+∞)[解析]因为函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上为增函数,所以f'(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,可得k≥1.6.[解析]因为x∈(0,+∞),f'(x)=+>0,所以函数f(x)=ln x-在(0,+∞)上为增函数,所以只需满足1-x>2x-1>0,解得<x<.7.(-∞,1)[解析]由2-x>0,得x<2,即函数f(x)的定义域为(-∞,2).易知f'(x)=1--,令f'(x)>0,可得-<1,结合2-x>0,得2-x>1,解得x<1,即函数f(x)=x+ln(2-x)的单调递增区间为(-∞,1).8.a>0a=0a<0[解析]y'=3ax2-1,所以对a分a>0,a=0,a<0三种情况讨论比较合理.【课堂考点探究】例1[思路点拨]先对m进行分类讨论,再结合f'(x)的符号讨论函数f(x)的单调性.解:易知x∈(-∞,+∞),f'(x)=e x+1+(x-1)e x+1+2mx=x(e x+1+2m).①当m≥0时,∵e x+1>0,∴e x+1+2m>0.∴当x>0时,f'(x)>0;当x<0时,f'(x)<0.故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.②当-<m<0时,f'(x)=0有两个实数根,即x1=0,x2=ln(-2m)-1,且x1>x2.则当x>0时,f'(x)>0;当ln(-2m)-1<x<0时,f'(x)<0;当x<ln(-2m)-1时,f'(x)>0.故f(x)在区间(-∞,ln(-2m)-1),(0,+∞)上单调递增,在区间(ln(-2m)-1,0)上单调递减.综上所述,当m≥0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;当-<m<0时,f(x)在(-∞,ln(-2m)-1),(0,+∞)上单调递增,在(ln(-2m)-1,0)上单调递减.变式题解:(1)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).令f(x)=0,得x2+a=0,即x2=-a.当a≥0时,方程无解,f(x)没有零点;当a<0时,得x=±-.综上,当a≥0时,f(x)无零点;当a<0时,f(x)的零点为±-.(2)证明:f'(x)=-e x+e x=-.令g(x)=x3+x2+ax-a(x>1),则g'(x)=3x2+2x+a,其图像的对称轴为直线x=-,所以g'(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g'(x)>3×12+2×1+a=5+a.因为a≥-5,所以g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,所以g(x)在(1,+∞)上为增函数,可得g(x)>g(1)=2>0,即f'(x)>0,所以f(x)在区间(1,+∞)上为增函数.例2[思路点拨](1)求出f(1)及f'(1)的值,利用点斜式可得曲线的切线方程.(2)在定义域内,令f'(x)>0,求得x的取值范围,可得函数f(x)的单调递增区间;令f'(x)<0,求得x的取值范围,可得函数f(x)的单调递减区间.解:(1)若a=0,则f(1)=-1,f'(x)=-,所以f'(1)=2,所以曲线y=f(x)在点(1,-1)处的切线方程为2x-y-3=0.(2)易知x∈(0,+∞),f'(x)=--.令g(x)=2-ax2-ln x,则g'(x)=--.令g'(x)=0,得x=-或x=--(舍去).由g'(x)>0,得x>-;由g'(x)<0,得0<x<-.所以g(x)在区间-上单调递减,在区间-∞上单调递增,所以g(x)min=g-=-ln-.因为a<-1,所以0<-<,所以ln-<0,所以g(x)>0,即f'(x)>0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).变式题(1)A(2)(0,1)[解析](1)f'(x)=-4+x=--,由f'(x)>0,得0<x<1或x>3,∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(3,+∞).(2)函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=1-+=-.令f'(x)<0,可得0<x<1,故函数f(x)的单调递减区间为(0,1).例3[思路点拨](1)当a=3时,求出函数f(x)的导函数,然后由f'(x)>0可得单调递增区间;(2)将原问题转化为导函数在区间(0,1)上大于等于零恒成立问题求解即可.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=3时,f(x)=x2+ln x-3x,∴f'(x)=2x+-3=-,由f'(x)>0,得0<x<或x>1,∴函数f(x)的单调递增区间为,(1,+∞).(2)由题意得f'(x)=2x+-a.∵f(x)在(0,1)上是增函数,∴f'(x)=2x+-a≥0在(0,1)上恒成立,即a≤2x+在(0,1)上恒成立.∵2x+≥2,当且仅当2x=,即x=时,等号成立,∴a≤2,故实数a的取值范围为(-∞,2].变式题(1)A(2)C[解析](1)∵f(x)=2x+sin x·cos x+a cos x,∴f'(x)=2+cos 2x-a sin x=-2sin2x-a sin x+3.设t=sin x,-1≤t≤1,则g(t)=-2t2-at+3,∵f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,∴g(t)≥0在[-1,1]上恒成立.∵二次函数g(t)的图像开口向下,可得-1≤a≤1,即a的取值范围是[-1,1],故选A.∴-(2)函数f(x)=x+a ln x的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+.当a≥0时,f'(x)>0,函数f(x)=x+a ln x是增函数.当a<0时,由f'(x)<0,得0<x<-a,由f'(x)>0,得x>-a,所以函数f(x)=x+a ln x在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.因为f(x)=x+a ln x不是单调函数,所以实数a的取值范围是(-∞,0),故选C.例4[思路点拨](1)构造函数g(x)=,通过g'(x)的符号判断函数g(x)的单调性,利用单调性得出x的取值范围;(2)先根据函数图像的平移得到函数f(x)的图像关于直线x=2对称,再通过讨论导数的符号得到函数f(x)的单调性,最后将4a,log3a,3转化到同一个单调区间上比较其对应函数值的大小.(1)A(2)B[解析](1)设g(x)=,则g'(x)=-,∵f(x)<f'(x),∴g'(x)>0,即函数g(x)在R上单调递增.∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2,则不等式f(x)<2e x等价于g(x)<g(0).∵函数g(x)在R上单调递增,∴x<0,即不等式的解集为(-∞,0).(2)∵g(x)是偶函数,∴其图像关于y轴对称,∴f(x)=g(x-2)的图像关于直线x=2对称.∵(x-2)f'(x)>0,∴当x>2时,f'(x)>0,即函数f(x)在(2,+∞)上为增函数.∵1<a<3,∴4<4a<64,0<log3a<1,又f(log3a)=f(4-log3a),3<4-log3a<4,∴3<4-log3a<4a,∴f(3)<f(4-log3a)<f(4a),即f(3)<f(log3a)<f(4a).变式题(1)B(2)(0,e2)[解析](1)设f(x)=(x>0),则f'(x)=-,可得函数f(x)在(0,e)上单调递增,所以f(2.1)<f(2.2),即<,可化为2.12.2<2.22.1,即1<a<b,又c=log2.22.1<1,所以c<a<b,故选B.(2)设t=ln x,则不等式f(ln x)>3ln x+1等价于f(t)>3t+1.设g(x)=f(x)-3x-1,则g'(x)=f'(x)-3,∵f(x)的导函数f'(x)<3,∴g'(x)=f'(x)-3<0,∴函数g(x)=f(x)-3x-1在R上单调递减.∵f(2)=7,∴g(2)=f(2)-3×2-1=0,则由g(t)=f(t)-3t-1>0=g(2),解得t<2,∴ln x<2,解得0<x<e2,即不等式f(ln x)>3ln x+1的解集为(0,e2).【备选理由】例1讨论函数的单调性;例2可以进一步明确不等式f'(x)>0的解集对应的区间是函数f(x)的单调递增区间,不等式f'(x)<0的解集对应的区间是f(x)的单调递减区间;例3为含参函数单调性的讨论及利用单调性求参的综合问题,旨在使学生加深对导数与单调性关系的理解,并强化处理参数问题的原则和方法.例1[配合例1使用]已知函数f(x)=(x-a)e x-ax2+a(a-1)x(x∈R).(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线为l,l与x轴的交点坐标为(2,0),求a的值;(2)讨论f(x)的单调性.解:(1)∵f'(x)=(x-a)e x+e x-ax+a(a-1),∴f'(0)=(a-1)2,又∵f(0)=-a,∴切线方程为y+a=(a-1)2(x-0).令y=0,得x==2,-∴2a2-5a+2=0,∴a=2或a=.(2)f'(x)=(x-a)e x+e x-ax+a(a-1)=[x-(a-1)](e x-a).当a≤0时,e x-a>0,若x∈(-∞,a-1),则f'(x)<0,f(x)为减函数;若x∈(a-1,+∞),则f'(x)>0,f(x)为增函数.当a>0时,令f'(x)=0,得x1=a-1,x2=ln a.令g(a)=a-1-ln a,则g'(a)=1-=-,当a∈(0,1)时,g'(a)<0,g(a)为减函数,当a∈(1,+∞)时,g'(a)>0,g(a)为增函数,∴g(a)min=g(1)=0,∴a-1≥ln a(当且仅当a=1时取“=”).∴当0<a<1或a>1时,若x∈(-∞,ln a),则f'(x)>0,f(x)为增函数;若x∈(ln a,a-1),则f'(x)<0,f(x)为减函数;若x∈(a-1,+∞),则f'(x)>0,f(x)为增函数.当a=1时,f'(x)=x(e x-1)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.综上所述:当a≤0时,f(x)在(-∞,a-1)上为减函数,在(a-1,+∞)上为增函数;当0<a<1或a>1时,f(x)在(ln a,a-1)上为减函数,在(-∞,ln a)和(a-1,+∞)上为增函数;当a=1时,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.例2[配合例2使用][2018·东莞模拟]已知函数f(x)=ax2e-x(a≠0),求函数f(x)的单调区间.解:对f(x)求导,得f'(x)=a··-·=a·-.①若a>0,则当x∈(0,2)时,f'(x)>0,当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,2)上单调递增,在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减.②若a<0,则当x∈(0,2)时,f'(x)<0,当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增.例3[配合例3使用][2018·重庆七校期末]已知函数f(x)=x2+(m+2)x+n(m,n为常数).(1)当n=1时,讨论函数g(x)=e x f(x)的单调性;(2)当n=2时,若函数h(x)=x+在[0,+∞)上单调递增,求m的取值范围.解:(1)当n=1时,g(x)=e x[x2+(m+2)x+1],g'(x)=e x[x2+(m+4)x+(m+3)]=e x(x+1)[x+(m+3)].令g'(x)=0,解得x=-1或x=-(m+3).∴当-1<-(m+3),即m<-2时,函数g(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(-m-3,+∞),单调递减区间为(-1,-m-3);当-1=-(m+3),即m=-2时,函数g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当-1>-(m+3),即m>-2时,函数g(x)的单调递增区间为(-∞,-m-3),(-1,+∞),单调递减区间为(-m-3,-1).(2)当n=2时,h(x)=x+,h'(x)=1+--.由题意知,h'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即e x-x2≥m(x-1)在[0,+∞)上恒成立.当x=1时,不等式成立.当x≠1时,令k(x)=--,则k'(x)=---.当x>1时,只需k(x)≥m恒成立.∵e x-x>0恒成立(可求导证明),∴当1<x<2时,k'(x)<0,k(x)单调递减;当x>2时,k'(x)>0,k(x)单调递增.∴k(x)≥k(2)=e2-4,∴m≤e2-4.当0≤x<1时,只需k(x)≤m恒成立.∵0≤x<1,∴k'(x)<0,∴k(x)单调递减,∴k(x)≤k(0)=-1,∴m≥-1.综上所述,-1≤m≤e2-4.。
2023年高考数学(文科)一轮复习——导数与函数的单调性
索引
2.(易错题)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( A )
A.(0，1]
B.[0，＋∞)
C.(－∞，－1]
D.[－1，0)∪(0，1]
解析 由题意知 f′(x)＝2x－x2＝2x2x－2(x>0)，
由f′(x)≤0，得0<x≤1.
索引
令f′(x)＝0，得x＝a， (1)当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， (2)当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0， x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
索引
考点突破 题型剖析
KAODIANTUPOTIXINGPOUXI
考点一 不含参函数的单调性
1.函数 f(x)＝x＋3x＋2ln x 的单调递减区间是( B )
A.(－3，1)
B.(0，1)
C.(－1，3)
D.(0，3)
解析 法一 函数的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－x32＋2x，令 f′(x)＝1－x32＋2x<0， 得 0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选 B.
索引
感悟提升
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.
2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)专题14 导数与函数的单调性 含解析
2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)专题14导数与函数的单调性最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).基础知识融会贯通1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．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求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【知识拓展】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零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．重点难点突破【题型一】不含参数的函数的单调性【典型例题】已知函数，则f（x）的增区间为（）A．（0，1）B．（0，e）C．（1，+∞）D．（e，+∞）【解答】解：易知函数f（x）的定义域为（0，+∞），又，令f′（x）＞0，解之得0＜x＜e，故选：B．【再练一题】用导数求单调区间f（x）．【解答】解：∵f（x）1，∴f′（x）0，∴﹣1＜x＜1，∴函数的单调增区间是（﹣1，1），单调减区间是（﹣∞，﹣1]，[1，+∞）．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．【题型二】含参数的函数的单调性【典型例题】求下列函数的单调区间，并求[1，e]上的最值．（1）f（x）＝lnx﹣ax；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，求单调区间．【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣ax，∴f′（x）a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，当a＞0时，f′（x）a，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＞0，即0＜x时，函数单调递增，当f′（x）＜0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，当x时，函数有极大值，即极大值为f（）＝﹣1﹣lna①当1时，即a≥1时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，f（x）max＝f（1）＝﹣a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，③1e时，即a＜1时，函数f（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（）＝﹣1﹣lna，f（1）＝﹣a，f（e）＝1﹣ae，当a＜1，f（1）＞f（e），故f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，当a时，f（1）≤f（e），故f（x）min＝f（1）＝﹣a；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3＝ax2﹣6lnx，∴f′（x）＝2ax，当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，∴函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）max＝f（1）＝a，当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＜0，即0＜x时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，当x时时，函数有极小值，即极小值为f（）3ln，①当1时，即a≥3时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）min＝f（1）＝a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝a，f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，③1e时，即a＜3时，函数f（x）在[1，）上单调递减，在（，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（）3ln，f（1）＝a，f（e）＝ae2﹣6，当a＜3，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝a，当a a＜3，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，当a＞0时，f′（x）＝e x﹣a，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当f′（x）＜0，即0＜x＜lna时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x＞lna时，函数单调递增，∴函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当x＝lna时，函数有极小值，即极小值为f（lna）＝a﹣1﹣alna①当lna≤1时，即0＜a≤e时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，②当lna≥e时，即a≥e e，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，f（x）min＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，③1＜lna＜e时，即e＜a＜e e时，函数f（x）在[1，lna）上单调递减，在（lna，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣1﹣alna，f（1）＝e﹣a﹣1，f（e）＝e e﹣ae﹣1，当a＜e e，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，当e＜a，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1．【再练一题】已知函数f（x）＝x alnx（a∈R）．（1）当a＞0时，讨论f（x）的单调区间；（2）设g（x）＝x lnx，当f（x）有两个极值点为x1，x2，且x1∈（0，e）时，求g（x1）﹣g（x2）的最小值．【解答】解：（1）f（x）的定义域（0，+∞），f′（x）＝1，令f′（x）＝0，得x2﹣ax+1＝0，①当0＜a≤2时，△＝a2﹣4≤0，此时f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；②当a＞2时，△＝a2﹣4＞0，x2﹣ax+1＝0的两根为：x1，x2，且x1，x2＞0．当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；综上，当0＜a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；当a＞2时，f（x）的递增区间为（0，），（，+∞），递减区间为（，）．（2）由（1）知，f（x）的两个极值点x1，x2是方程x2﹣ax+1＝0的两个根，则，所以x2，a＝（x1），∴g（x1）﹣g（x2）＝x1lnx1﹣（ln）＝x1alnx1＝x1（x1）lnx1．设h（x）＝（x）﹣（x）lnx，x∈（0，e]，则（g（x1）﹣g（x2））min＝h（x）min，∵h′（x）＝（1）﹣[（1）lnx+（x）]，当x∈（0，e]时，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上单调递减；∴h（x）min＝h（e），∴（g（x1）﹣g（x2））min．思维升华(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．【题型三】函数单调性的应用问题命题点1比较大小或解不等式【典型例题】若a∈R，且a＞1，函数，则不等式f（x2﹣2x）＜1的解集是（）A．（0，2）B．（0，1）∪（1，2）C．（﹣∞，0）∪（2，+∞）D．【解答】解：由0，解得﹣1＜x＜1．可得函数f（x）的定义域为：（﹣1，1）．y2在（﹣1，1）上单调递增．y1在（﹣1，1）上单调递增，a＞1，∴y在（﹣1，1）上单调递增．∴f（x）在（﹣1，1）上单调递增．又f（0）＝1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1即不等式f（x2﹣2x）＜f（0），∴﹣1＜x2﹣2x＜0，解得0＜x＜2，且x≠1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1的解集为（0，1）∪（1，2）．故选：B．【再练一题】已知奇函数f（x）的导函数为f'（x），当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，若a＝f（1），，c＝﹣ef（﹣e），则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．b＜a＜c【解答】解：令函数g（x）＝xf（x），由当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，可知g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上为增函数．又f（x）在R上是奇函数，所以函数g（x）也为偶函数，又知a＝f（1）＝g（1），，c＝﹣ef（﹣e）＝g（﹣e）＝g（e），且，所以，即c＞a＞b，故选：D．命题点2根据函数单调性求参数【典型例题】若函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A．[0，+∞）B．C．D．【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）＝3x2﹣ke x≤0在（0，+∞）上恒成立，∴k在（0，+∞）上恒成立，令g（x），x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减故当x＝2时，g（x）取得最大值g（2），则k，故选：C．【再练一题】已知函数f（x）＝（x﹣3）e x+a（2lnx﹣x+1）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．（e，+∞）B．（e，2e2）C．（2e2，+∞）D．（e，2e2）∪（2e2，+∞）【解答】解：f′（x）＝（x﹣2）e x+a（1）＝（x﹣2）（e x），x∈（1，+∞）．∵f′（2）＝0，可得2是函数f（x）的一个极值点．∵f（x）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，∴函数f（x）的另一个极值点x0＞2，满足：0，可得：a＝x02e2，故选：C．思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)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．基础知识训练1．【河北省保定市2018-2019学年度第一学期期末调研考试高二】若函数在区间上为单调增函数，则k的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】解：，函数在区间单调递增，在区间上恒成立．在区间上恒成立，而在区间上单调递减，．故选：C．2．已知函数上单调递减，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为函数上单调递减，所以上恒成立，令，设，则上恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是．故选A．3．函数的单调递减区间是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】函数的定义域为，由，得，得，即函数的单调递减区间为．故选D．4．【内蒙古集宁一中(西校区)2018-2019学年高二下学期第一次月考】如果函数y=f(x)的图象如图所示，那么导函数y=的图象可能是 ( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由原函数图像可知单调性是先增，再减，再增，再减，可得导函数图像应该是先正，再负，再正，再负，只有选项A满足，故选A5．【广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟考试】若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，可得，若在区间上单调递减，则在区间上恒成立，即恒成立，令，则，故的最大值为1，此时，即，所以的最大值为，所以，故选D.6．【湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中2018-2019学年高二下学期优生联考】已知是函数的导函数，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，函数满足已知条件，又由不等式，可变形为，构造新函数，则，由已知条件可得，即，即函数为单调递减函数，令，又由不等式，可变形为，即，由函数的单调性可得，所以不等式的解集为，故选B.7．【陕西省咸阳市2018-2019学年高二上学期期末考试】已知是可导函数，且对于恒成立，则A．B．C．D．【答案】D【解析】由，得，令，则．在R上单调递减，即，．故选：D．8．【湖南省湘西州2018-2019学年高二（上)期末】已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，又上是减函数，上恒有，即上恒成立，因为，所以，所以：．实数a的取值范围是．故选：A．9．【福建省三明市2018-2019学年高二上学期期末质量检测】已知函数，若在区间上存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：由，可得，由，即:在有两个解，且，令g(x)==,可得：，由①可得,由②可得，可得，同理由③可得，可得，由④可得a，综上所述可得：，故选A.10．【福建省福州市八县（市)协作校2018-2019学年高二上学期期末联考】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】构造函数g（x），∴g′（x），∵xf′（x）﹣f（x）＜0，∴g′（x）＜0，∴函数g（x）在（0，+∞）单调递减．∵函数f（x）为奇函数，∴g（x）是偶函数，∴c g（﹣3）＝g（3），∵a g（e），b g（ln2），∴g（3）＜g（e）＜g（ln2），∴c＜a＜b，故选：D．11．【陕西省西安市2017-2018学年高二下学期期末考试】已知奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，令，则，因为当时，，所以当时，，即当时，，函数单调递增，因为，所以，又由函数为奇函数，所以，所以，所以，故选D。
2020年浙江高考数学一轮复习：导数与函数的单调性
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必过易错关
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1．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问 题不能直观且有条理的解决．
2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较 就下结论．
解：f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得ff′0＝01＝，0， 即cb＝＝10，.
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(2)若 a＞0，求函数 f(x)的单调区间； 解：由(1)得，f′(x)＝x2－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)．
[即时应用]
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在本例中，(1)若 g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何求解？
第 十 一节 导数的应用
课前·双基落实
想一想、辨一辨、试一试、全面打牢基础
课堂·考点突破
自主研、合作探、多面观、全扫命题题点
课后·三维演练
基础练、题型练、能力练、全练力保全能
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课 前 双基落实
想一想、辨一辨、试一试、全面打牢基础
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必过 教材 关
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1．函数的单调性 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.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数；f′(x)≤0⇔f(x) 在(a，b)上为 减函数 ．
2．函数的极值 (1)函数的极小值：
函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其 他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右侧 f′(x)＞0，则点 a 叫做函数 y＝f(x)的极 小值点，f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值．
2020年领军高考数学(理)一轮必刷题函数的单调性与最值(解析版)
考点05 函数的单调性与最值1.已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是()A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8)【答案】B【解析】由f(x)在R上是增函数,则有解得4≤a<8.2.已知函数f(x)=,则该函数的递增区间为()A.(-∞,1]B.[3,+∞)C.(-∞,-1]D.[1,+∞)【答案】B【解析】设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.故函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图像的对称轴方程为x=1,所以函数t在(-∞,-1]上递减,在[3,+∞)上递增.所以函数f(x)的递增区间为[3,+∞).3.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,+∞)内递增.若实数a满足f(log2a)+f(lo a)≤2f(1),则a的取值范围是()A.[1,2]B.C.D.(0,2]【答案】C【解析】∵lo a=-log2a,∴f(log2a)+f(lo a)=f(log2a)+f(-log2a)=2f(log2a),原不等式变为2f(log2a)≤2f(1),即f(log2a)≤f(1).又因为f(x)是定义在R上的偶函数,且在[0,+∞)内递增,所以|log2a|≤1,即-1≤log2a≤1,解得≤a≤2.故选C.4.若x∈(e-1,1),a=ln x,b=,c=e ln x,则()A.b>c>aB.c>b>aC.b>a>cD.a>b>c【答案】A【解析】∵x∈(e-1,1),∴a=ln x∈(-1,0),b=∈(1,2),c=e ln x=x∈(e-1,1),∴b>c>a.5.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若任意x1∈,存在x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()A.a≤1B.a≥1C.a≤0D.a≥0【答案】C【解析】当x∈时,f(x)≥2=4,当且仅当x=2时取等号,∴f(x)min=4.当x∈[2,3]时,g(x)递增,故g(x)min=22+a=4+a.依题意知f(x)min≥g(x)min,解得a≤0.6.已知定义域为R的函数f(x)满足f(2-x)=f(x),且x≥1时,f(x)=2x+,若f(log a2a)<6(a>0且a≠1),则实数a的取值范围是()A.∪(1,2)B.∪(2,+∞)C.∪(1,2)D.∪(2,+∞)【答案】B【解析】由f(2-x)=f(x),可知f(x)的图像关于直线x=1对称,∵x≥1时,f(x)=2x+,∴f(x)在[1,+∞)上是增加的.∵f(2)=6,∴f(log a2a)<6⇔f(log a2a)<f(2)⇔|log a2a-1|<|2-1|(因f(x)的图像对称轴为x=1,即自变量到x=1的距离大的函数值大),∴|log a2a-1|<1,即|log a2|<1,解得a>2或0<a<.故选B.7.已知函数f(x)=lg(x+)+2x+sin x,f(x1)+f(x2)>0,则下列不等式中正确的是()A.x1>x2B.x1<x2C.x1+x2<0D.x1+x2>0【答案】D【解析】函数定义域为R,∵f(x)+f(-x)=lg(x+)+2x+sin x+lg(-x+)-2x-sin x=lg 1=0,∴函数f(x)是奇函数,由y=lg(x+)在(0,+∞)上是增加的,令y=2x+sin x,由y'=2+cos x>0知,y=2x+sin x在(0,+∞)上是增函数,∴函数f(x)在x≥0时递增,因此f(x)在R上递增.∵f(x1)+f(x2)>0,∴f(x1)>-f(x2),∴f(x1)>f(-x2),∴x1>-x2,即x1+x2>0,故选D.8.已知f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,则f(x)的最小值为()A.0B.2C.-D.不存在【答案】A【解析】在同一平面直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x2+3x+2的图像,由f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,可得f(x)的图像如图中实线部分.求f(x)的最小值即求最低点的纵坐标,由图可得,当x=-2时,函数f(x)有最小值0,故选A.9.已知函数f(x)是定义在R上的单调函数,且对任意的x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),若动点P(x,y)满足等式f(x2+2x+2)+f(y2+8y+3)=0,则x+y的最大值为()A.2-5B.-5C.2+5D.5【答案】A【解析】对任意的x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),令x=0,y=0,都有f(0+0)=f(0)+f(0)⇒f(0)=0,动点P(x,y)满足等式f(x2+2x+2)+f(y2+8y+3)=0,即有f(x2+y2+2x+8y+5)=0=f(0),由函数f(x)是定义在R上的函数,可得x2+y2+2x+8y+5=0,化为(x+1)2+(y+4)2=12,可令x=-1+2cos α,y=-4+2sin α,α∈(0,2π),则x+y=2(cos α+sin α)-5=2cos-5,当cos=1即α=时,x+y取得最大值2-5,故选A.10.若f(x)=lo(ax2+2x-1),g(x)=,若不论x2取何值,f(x1)>g(x2)对任意x1∈恒成立,则a的取值范围是()A. B.C. D.【答案】D【解析】∵g(x) ===2sin,∴g(x2)max=2.f(x1)>g(x2)对任意x1∈恒成立,即f(x1)min>2恒成立;等价于0<a+2x1-1<对任意x1∈恒成立,即<a<对任意x1∈恒成立,设p(x1)==-1,q(x1)==-,∵x1∈,∴∈,∴p(x1)max=-1=-,q(x1)min=-,∴a∈.故选D.11．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x，若x 1∈(1，2)，x 2∈(2，＋∞)，则( ) A ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜0B ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞0C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜0D ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞0 【答案】B【解析】因为函数y ＝log 2x 与函数y ＝11－x ＝－1x －1的单调性在(1，＋∞)上均为增函数，所以函数f (x )＝log 2x ＋11－x在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，所以当x 1∈(1，2)时，f (x 1)＜f (2)＝0；当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)＞f (2)＝0，即f (x 1)＜0，f (x 2)＞0.12．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2，2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12【答案】C.【解析】由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2；当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.13．已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( )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【答案】C【解析】f (x )的定义域为(0，2)．由于f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＝ln(2x －x 2)，从而对f (x )的研究可转化为对二次函数g (x )＝2x －x 2(x ∈(0，2))的研究．因为g (x )＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1，所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，直线x ＝1是y ＝g (x )的图象的对称轴．从而排除A ，B ，D ，故选C.14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0－x 2－2x ＋3，x ＞0，不等式f (x ＋a )＞f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(－∞，0)C ．(0，2)D ．(－2，0)【答案】A【解析】作出函数f (x )的图象如图所示，易知函数f (x )在R 上为单调递减函数，所以不等式f (x＋a )＞f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立等价于x ＋a ＜2a －x ，即x ＜a 2在[a ，a ＋1]上恒成立，所以只需a ＋1＜a 2，即a ＜－2.故选A.15.设f (x )是定义在R 上的增函数,若f (1-ax-x 2)≤f (2-a )对任意a ∈[-1,1]恒成立,则x 的取值范围为 .【答案】(-∞,-1]∪[0,+∞)【解析】因为f (x )是R 上的增函数,所以1-ax-x 2≤2-a ,a ∈[-1,1].(*)(*)式可化为(x-1)a+x 2+1≥0对a ∈[-1,1]恒成立.令g (a )=(x-1)a+x 2+1.则解得x ≥0或x ≤-1,即实数x 的取值范围是(-∞,-1]∪[0,+∞).16.函数f (x )=-log 2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为 .【答案】3【解析】因为y=在R 上递减,y=log 2(x+2)在区间[-1,1]上递增,所以f (x )在区间[-1,1]上递减.所以f (x )在区间[-1,1]上的最大值为f (-1)=3.17．已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )＞f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为________．【答案】(－3，－1)∪(3，＋∞)【解析】由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a ＞0，a ＋3＞0，a 2－a ＞a ＋3，解得－3＜a ＜－1或a ＞3，所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．18．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x －log 2(x ＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．【答案】3【解析】由于y ＝⎝⎛⎭⎫13x在R 上单调递减，y ＝－log 2(x ＋2)在[－1，1]上单调递减，所以f (x )在[－1，1]上单调递减，故f (x )在[－1，1]上的最大值为f (－1)＝3.19．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是________．【答案】[0，1)【解析】由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1.函数图象如图所示，由函数图象易得函数g (x )的单调递减区间是[0，1)． 20.已知函数f (x )=若函数y=f (x )在区间(a ,a+1)内递增,则实数a 的取值范围是 .【答案】(-∞,1]∪[4,+∞)【解析】画出f (x )=的图像如图所示,因为函数y=f (x )在区间(a ,a+1)内递增,所以a+1≤2或a ≥4,解得a ≤1或a ≥4.故实数a 的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).21．如果对定义在R 上的函数f (x )，对任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)＞x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y ＝e x ＋x ；②y ＝x 2；③y ＝3x －sin x ；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln |x |，x ≠0，0，x ＝0. 以上函数是“H 函数”的所有序号为________．【答案】①③【解析】因为对任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)＞x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)恒成立，所以不等式等价为(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0恒成立，即函数f (x )是定义在R 上的增函数．①函数y ＝e x ＋x 在定义域上为增函数，满足条件．②函数y ＝x 2在定义域上不单调，不满足条件．③y ＝3x －sin x ，y ′＝3－cos x ＞0，函数单调递增，满足条件．④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln |x |，x ≠0，0，x ＝0，当x ＞0时，函数单调递增，当x ＜0时，函数单调递减，不满足条件．综上，满足“H 函数”的函数为①③.22．判断函数f (x )=a x +(a>1),x ∈(-2,+∞)的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.【解析】该函数在(-2,+∞)上单调递增.证明如下:任取x 1,x 2∈(-2,+∞),不妨设x 1<x 2,则x 2-x 1>0,x 1+2>0,x 2+2>0,又a>1, 所以>,即有->0,所以f (x 2)-f (x 1)=+--=(-)+=(-)+>0,故函数f (x )在(-2,+∞)上单调递增.23． (1)函数y=ln(-x 2+2x+3)的单调递增区间是( )A .(-1,1]B .[1,3)C .(-∞,1]D .[1,+∞) (2)设函数f (x )=g (x )=x 2f (x-1),则函数g (x )的单调递减区间是 .【答案】(1)A (2)[0,1)【解析】 (1)令t=-x 2+2x+3>0,求得-1<x<3,故函数的定义域为(-1,3).由二次函数的性质可知,t=-(x-1)2+4,x ∈(-1,3)的单调递增区间为(-1,1],故函数y=ln(-x 2+2x+3)的单调递增区间是(-1,1].(2)由题意知g (x )=该函数的图像如图所示,其单调递减区间是[0,1).24．已知f (x )是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x 1,x 2,都有>0.记a=,b=,c=,则 ( )A .a<b<cB .b<a<cC .c<a<bD .c<b<a【答案】B【解析】∵f (x )是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x 1,x 2,都有>0,∴函数y=是(0,+∞)上的增函数.∵1<30.2<30.5=<2,0<0.32<1,log 25>2,∴0<0.32<30.2<log 25,∴b<a<c.故选B .25．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －2，（x ≤0）2ax －1，（x ＞0）(a 是常数且a ＞0)．对于下列命题：①函数f (x )的最小值是－1；②函数f (x )在R 上是单调函数；③若f (x )＞0在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上恒成立，则a 的取值范围是a ＞1； ④对任意的x 1＜0，x 2＜0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＜f （x 1）＋f （x 2）2.其中正确命题的所有序号是________．【答案】①③④【解析】根据题意可画出函数图象， 由图象可知，①显然正确；函数f (x )在R 上不是单调函数，故②错误；若f (x )＞0在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上恒成立，则2a ×12－1＞0，a ＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x 1＜0，x 2＜0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＜f （x 1）＋f （x 2）2成立，故④正确．。
2020年高考文科数学一轮总复习：导数与函数的单调性
2020年高考文科数学一轮总复习：导数与函数的单调性第2讲 导数与函数的单调性1．函数的单调性与导数的关系(1)函数f (x )在(a ，b )内可导，且f ′(x )在(a ，b )任意子区间内都不恒等于0，当x ∈(a ，b )时：f ′(x )≥0⇔函数f (x )在(a ，b )上单调递增； f ′(x )≤0⇔函数f (x )在(a ，b )上单调递减．(2)f ′(x )＞0(<0)在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增(减)的充分条件． [提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数的符号．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )＞0.( )(2)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x)＝0，则f (x )在此区间内没有单调性．( ) 答案：(1)× (2)√函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A ．先增后减 B ．先减后增 C ．增函数D ．减函数解析：选D.因为f ′(x )＝－sin x －1<0. 所以f (x )在(0，π)上是减函数，故选D.(教材习题改编)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，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 )是增函数解析：选C.由题中图象可知，当x ∈(4，5)时，f ′(x )>0，故f (x )在(4，5)上是增函数． (教材习题改编)函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________． 解析：因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1， 由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的最大值是________． 解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈[1，＋∞)，所以a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：3利用导数判断(证明)函数的单调性(师生共研)(1)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上递增 B ．在(0，＋∞)上递减 C ．在(0，1e)上递增D ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上递减 (2)(2019·江西南昌摸底)设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.讨论函数f (x )的单调性．【解】 (1)选D.因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 令f ′(x )>0，解得x >1e，即函数f (x )的单调递增区间为(1e ，＋∞)；令f ′(x )<0，解得0<x <1e，即函数f (x )的单调递减区间为(0，1e)，故选D.(2)由已知得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2（mx 2－1）x ，当m ≤0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当m ＞0时，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜1m ，令f ′(x )＜0，则x ＞1m，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，mm 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．综上所述，当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )．(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号．(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数.[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝x x ＋1(x ＞－1)．讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(－1，＋∞)上的单调性． 解：F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝m x ＋1－1（x ＋1）2＝m （x ＋1）－1（x ＋1）2(x ＞－1)． 当m ≤0时，F ′(x )<0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，令F ′(x )<0，得x <－1＋1m ，函数F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减；令F ′(x )＞0，得x ＞－1＋1m ，函数F (x )在(－1＋1m ，＋∞)上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减，在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．求函数的单调区间(师生共研)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 ，求函数g (x )的单调减区间． 【解】 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 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.(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 . 令g ′(x )＜0，得x (x ＋1)(x ＋4)＜0， 解得－1＜x ＜0或x ＜－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4)．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)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f ′(x )结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．[提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．1．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析：选C.因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2，所以由f ′(x )＝3x 2＋4x ＞0解得x ＜－43或x ＞0，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞)，故选C.2．已知函数f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，求函数f (x )的单调区间．解：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，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． 故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．函数单调性的应用(多维探究) 角度一 比较大小或解不等式已知函数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】 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )． 所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数．所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3.所以f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5，故选A.【答案】 A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．角度二 已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围． 【解】 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解．即a ＞1x 2－2x 有解，设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝(1x －1)2－1，所以G (x )min ＝－1.所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)． (2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝(1x －1)2－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)， 所以a ≥－716，即a 的取值范围是[－716，＋∞)．[迁移探究] (变条件)本例条件变为：若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围．解：由h (x )在[1，4]上单调递增得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x )min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．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( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：选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 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B.2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫12，＋∞.分类讨论思想研究函数的单调性(2018·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．【解】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．含参数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．已知f (x )＝(2－x )e x ＋a (x －1)2(a ∈R )．讨论函数f (x )的单调性． 解：f ′(x )＝(1－x )e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(2a －e x )，当a ≤0时，函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <e2时，函数f (x )在(－∞，ln 2a )，(1，＋∞)上递减，在(ln 2a ，1)上递增；当a >e2时，函数f (x )在(－∞，1)，(ln 2a ，＋∞)上单调递减，在(1，ln 2a )上单调递增；当a ＝e2时，函数f (x )在R 上单调递减．[基础题组练]1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增． 2．函数f (x )＝e x －e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选D.由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D.3．(2019·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x ，因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以2x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，因为x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，所以a ≤2故选D.4．已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.由条件可知当0<x <1时，xf ′(x )<0，所以f ′(x )<0，函数递减． 当x ＞1时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＞0，函数递增，所以当x ＝1时，函数取得极小值． 当x <－1时，xf ′(x )<0，所以f ′(x )＞0，函数递增． 当－1<x <0时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )<0，函数递减， 所以当x ＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C 项． 5．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝(x －3)e x ，则f ′(x )＝e x (x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)6．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝⎛⎭⎫π2，f (2)的大小关系为________(用“<”连接)．解析：由题意知，函数f (x )为偶函数， 因此f (－3)＝f (3)．又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π2，π上是减函数，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＞f (2)＞f (3)＝f (－3)．答案：f (－3)<f (2)<f ⎝⎛⎭⎫π27．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． 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 )． 8．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 －2ax ＋a －2＝（x －2）（x ＋a ）x .①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′(x )＝（x －2）2x ≥0，f (x )在(0，＋∞)内单调递增．②当0＜－a ＜2，即－2＜a ＜0时，因为0＜x ＜－a 或x ＞2时，f ′(x )＞0；－a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)内单调递增，在(－a ，2)内单调递减． ③当－a ＞2，即a ＜－2时，因为0＜x ＜2或x ＞－a 时，f ′(x )＞0；2＜x ＜－a 时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在(0，2)，(－a ，＋∞)内单调递增，在(2，－a )内单调递减．综上所述，当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当－2＜a ＜0时，f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)内单调递增，在(－a ，2)内单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(0，2)，(－a ，＋∞)内单调递增，在(2，－a )内单调递减．[综合题组练]1．若函数f (x )＝x 2＋ln x －ax 在(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3)∪⎝⎛⎭⎫92，＋∞ B.⎣⎡⎦⎤3，92 C.⎝⎛⎭⎫3，92 D ．(－∞，3]∪⎝⎛⎭⎫92，＋∞解析：选C.若f (x )在(1，2)上单调递增，则f ′(x )＝2x ＋1x －a ≥0恒成立，即a ≤2x ＋1x 恒成立，因为2x ＋1x ＞3，所以a ≤3；若f (x )在(1，2)上单调递减，同理可得a ≥92.取补集得a的取值范围是⎝⎛⎭⎫3，92. 2．(创新型)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )＜xf ′(x )，则下列关系成立的是( ) A ．2f (1)＜f (2) B ．2f (1)＞f (2) C ．2f (1)＝f (2)D ．f (1)＝f (2)解析：选A.设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2.因为f (x )＜xf ′(x )，所以g ′(x )＞0，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f （1）1＜f （2）2，即2f (1)＜f (2)．故选A. 3．设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f (x )的单调减区间为____________．解析：f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )，由a ＞1知，2a ＞2，所以当2＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在区间(2，2a )上单调递减．答案：(2，2a )4．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)5．已知函数g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5. (1)若函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值范围；(2)若函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：因为g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5， 所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2.(1)法一：因为g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0， 即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0. 解得a ≤－3.即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．法二：由题意知x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以a ≤x ＋2x在(－2，－1)内恒成立， 记h (x )＝x ＋2x， 则x ∈(－2，－1)时，－3<h (x )≤－22，所以a ≤－3.(2)因为函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0在(－2，－1)内有解，所以a <⎝⎛⎭⎫x ＋2x max. 又x ＋2x≤－2 2. 当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．6．已知函数f (x )＝x e x ＋2x ＋a ln x ，曲线y ＝f (x )在P (1，f (1))处的切线与直线x ＋2y －1＝0垂直．(1)求实数a 的值；(2)求证：f (x )>x 2＋2.解：(1)因为f ′(x )＝(x ＋1)e x ＋2＋a x， 所以曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线斜率k ＝f ′(1)＝2e ＋2＋a .而直线x ＋2y －1＝0的斜率为－12， 由题意可得(2e ＋2＋a )×(－12)＝－1， 解得a ＝－2e.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x e x ＋2x －2eln x .不等式f (x )>x 2＋2可转化为x e x ＋2x －2eln x －x 2－2>0.设g (x )＝x e x ＋2x －2eln x －x 2－2，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ＋2－2e x－2x . 记h (x )＝(x ＋1)e x ＋2－2e x －2x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋2)e x ＋2e x 2－2， 因为x >0，所以x ＋2>2，e x >1，故(x ＋2)e x >2，又2e x 2>0，所以h ′(x )＝(x ＋2)e x ＋2e x 2－2>0， 所以函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增．又h (1)＝2e ＋2－2e －2＝0，所以当x ∈(0，1)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；所以g (x )≥g (1)＝e ＋2－2eln 1－1－2＝e －1，显然e －1>0，所以g (x )>0，即x e x ＋2x －2eln x >x 2＋2，也就是f (x )>x 2＋2.。
2020届高考数学一轮复习 第14讲 导数与函数的单调性
课堂考点探究
[总结反思] (1)f(x)在 D 上单调 如果能够分离参数,则可分离
课堂考点探究
变式题 (1)[2018·哈尔滨师大附 (-∞,+∞)上单调递增,则 a 的取 A.[-1,1] B.[-1,3] C.[-
课堂考点探究
[答案] (1)A (2)C
[解析] (1)∵f(x)=2x+sin x·co
.
课前双基巩固
8.讨论函数 y=ax3-x 在 R 上的
性时,a 应分
、
课堂考点探究
探究点一
例 1 [2018·商丘二模] 已知函
课堂考点探究
解:易知 x∈(-∞,+∞),f'(x)=ex+
①当 m≥0 时,∵ex+1>0,∴ex+
课堂考点探究
当 x<ln(-2m)-1 时,f'(x)>0.故 间(ln(-2m)-1,0)上单调递减.
教师备用例题
(2)当
n=2
时,h(x)=x+������
2
+(������ +2 e ������
由题意知,h'(x)≥0 在[0,+∞)上
教师备用例题
∴当 1<x<2 时,k'(x)<0,k(x)单
当 x>2 时,k'(x)>0,k(x)单调递
∴k(x)≥k(2)=e2-4,∴m≤e2-4.
继续努力
则 f'(x)<0,f(x)为减函数;若 x∈
教师备用例题
例 2 [配合例 2 使用] 解:
[2018·东莞模拟] 已知函 ①若
数 f(x)=ax2e-x(a≠0),求函
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：14导数与函数的单调性Word版含解析
课时作业14导数与函数的单调性一、选择题础巩1.下列函数中，在(0，+*)上为增函数的是(B )A . f(x) = sin2x B. f(x) = xe xC. f(x) = x3—xD. f(x)=- x+lnx解析：对于A, f(x) = sin2x的单调递增区间是Ik T— k n+ f(k € Z);对于B, f f (x) = e x(x + 1),当x€ (0,+乂)时,f f (x)>0，二函数f(x) = xe x 在(0,+乂)上为增函数；对于C, f‘ (x) = 3x1 2- 1,令F (x)>0，得x>¥或x<-¥，二函数f(x) = x3—x 在:-x,—¥和囂^+乂”单调递增；对于Df (x) = —1+〒，令f f (x)>0, 得0<x<1,「.函数f(x) = —x+lnx在区间(0,1)上单调递增.综上所述，故选B.1解析：因为函数f(x)的定义域为(0,+*),且F (x)= lnx+ x^ =zve .3. (2019河南新乡二模)若函数y =芸在(1,+工)上单调递减, 则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为(B )1① f(x)= 1;② f(x) =X ；③ f(x) =-:④ f(x)= x.zvA .①②④B .①③C .①③④D .②③1 1解析：x €(1,+X )时，inx>o , x 增大时，磁，后都减小，二y1 1 1=磁，y =x^在(1,+^)上都是减函数，f(x) = 1和f(x)=-都是P函数；二耐，二x € (1, e)时，<°，x € (e , + X )时， 孟)>0,即y =击在(1, e)上单调递减，在(e ,+^)上单调递增， /f(x) = x 不是P 函数；紺=翥存* (1，自时，爲’<0, x € @,+切时，啓)>0,即y = ^在(1, e 2)上单调递减，在(e 2, + x )上单调递增，.f(x)= ,x 不是P 函数.故选B.4. 已知函数y =xf ‘ (x)的图象如图所示(其中f ‘(x)是函数f(x)的2 .函数f(x) =3 + xlnx 的单调递减区间是(B )-汽e ) (nBA 0, e 丿C.D. 1 lnx +1,令f f (x)<0，解得0<x<e ,故f(x)的单调递减区间是0, D解析：由题图知当0<x<1时，xf‘ (x)<0,此时f‘ (x)<0,函数f(x)递减.当 x>1 时，xf ‘(x)>0，此时 f ‘(x)>0,函数 f(x)递增.所以当x = 1时，函数f(x)取得极小值.当 x< - 1 时，xf ‘ (x)<0,此时 f ‘ (x)>0,函数 f(x)递增，当一1<x<0 时，xf ‘ (x)>0，此时f ‘ (x)<0，函数f(x)递减，所以当x =- 1时，函 数取得极大值.符合条件的只有C 项. 15. 已知函数f(x) = qx 2-tcosx ,若其导函数f ‘ (x)在R 上单调递 增，则实数t 的取值范围为(C )A. - 1,-C . [- 1,1]D. - 1, 3 解析：因为 f(x) = 2，x 2- tcosx ,所以 f ‘ (x)= x + tsinx.令 g(x) = f ‘ (x),因为f ‘(x)在R 上单调递增，所以g ‘ (x)= 1 + tcosx > 0恒成立，所以1<t < 1,即实数t 的取值范围为[-1,1].6. 定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)>1 - f ‘ (x), f(0) = 0, f ‘ (x) 是f(x)的导函数，贝S 不等式 gf(x)>e x —1(其中e 为自然对数的底数)的 解集为(A )A . (0,+乂 )B . (— = ,— 1)U (0,+乂)C . ( — = , 0)U (1,+乂 )D . (- 1,+乂 )tcosx > — 1 恒成立，因为 cosx € [ — 1,1],所以 lt >- 1,所以一解析：设g(x) = e x f(x)-e，则g‘ (x) = e x f(x) + e x f' (x)-e x.由已知f(x)>1 -f‘(x),可得g‘ (x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函+ x )数.因为f(0) = 0,所以g(0) = - 1,则不等式e x f(x)>e x - 1可化为 g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0,+^).■ n n n7 .已知函数 y = f(x)对于任意 x € — 2，2丿满足f (x)cosx +f(x)sinx>0(其中f ‘(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(A )解析：构造F(x) = CO,形式,Tf ‘ (x)cosx +f(x)sinx>0，贝U F ‘ (x)>0, F(x)在「2，2增.把选项转化后可知选A.、填空题8.函数f(x) = lnx -2x 2-x + 5的单调递增区间为0, 丿.1解析：函数f(x)的定义域为(0,+x ),再由f (x) = ■■ — x — 1>0ZV可解得0<x< 2 —.9. (2019湖北襄阳调研)已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函 数 y =f ‘ (x),满足 f (x)<f(x), f(0) = 1,则不等式 f(x)<e x 的解集为｛0, 解析：令 F(x)=g ，则 F(0) = 1,f ‘(xJe T — f(xb x f (x )—f(x) F ‘ (x) = e 2^ = e <0,f ‘ x cosx +f x sinx则L (x) = ------------ 昴故F(x)为R上的减函数，有f(x)ve x等价于F(x)<1，即F(x)<F(O).故不等式f(x)ve x的解集为(0,+ 乂).10. (2019陕西渭南质检)已知函数f(x)= ax3+ bx2的图象经过点M(1,4),曲线在点M处的切线恰好与直线x+ 9y= 0垂直.若函数f(x) 在区间[m, m+ 1]上单调递增，则m的取值范围是( — = 31 U [0,解析：,-f(x) = ax3+ bx2的图象经过点M(1,4),•••a+ b= 4①，f‘ (x) = 3ax2+ 2bx,则f‘ (1)= 3a + 2b.(n由题意可得f‘ (i) —9 = —i,即3a + 2b = 9②.联立①②两式解得a= 1, b= 3,/.f(x) =x3+ 3x2, f‘ (x) = 3x2+ 6x.令f‘ (x) = 3x2+ 6x>0,得x>0 或x< —2. v函数f(x)在区间[m, m+ 1]上单调递增，• [m, m+ 1]? (—^,—2] U [0,+乂)，二m》0 或m+ 1 < —2,即m》0 或m W—3.三、解答题11. (2019云南玉溪模拟)已知函数f(x) = xlnx.(1)设函数g(x) = f(x)—a(x—1)，其中a € R，讨论函数g(x)的单调性；⑵若直线I过点(0,—1),并且与曲线y=f(x)相切，求直线I的方程.解:(1) *.f(x) = xlnx, -*g(x) = f(x) —a(x—1) = xlnx—a(x—1),则g‘ (x) =lnx+ 1 —a.由g‘ (x)<0，得lnx+1 —a<0,解得0<x<e a—1;由g‘ (x)>0,得lnx+ 1 —a>0,解得x>e a_ 3. -g(x)在(0, e a-1)上单调递减，在(e a_ 1, + g) 3②当o<a<e时，lna< —1,由f‘ (x)>o，得x<lna 或x> —1;由f‘ (x)<o，得lna<x< —1,所以单调递增区间为(一g, lna), (—1,+ g)，单调递减区间为(lna, —1).1③当a>e时，lna> —1,由f‘ (x)>o，得x< —1 或x>lna;由f‘ (x)<o, 得一1<x<lna,所以单调递增区间为(一g , —1), (lna,+g)，单调递减区间为(一1, lna).1 1综上所述，当a = e时，f(x)在R上单调递增；当o<a<e时，单调13. 设函数f(x)在R上存在导函数f‘(x),对任意的实数x都有f(x) = 4X2—f( —x),当x€ (—o, 0)时，f，(x)+2<4x,若f(m+ 1)<f(—m) + 4m+2,则实数m的取值范围是(A )；1 、— 3 、A. —2,+oB. —2,+oC. [—1,+o)D. [ —2,+o )解析：令F(x) = f(x) —2x2，因为F(—x)+ F(x) = f( —x) + f(x) —4x2 =0,所以F( —x) = —F(x),故F(x) = f(x) —2x2是奇函数.则当x€ (—1o,0)时，F‘ (x) = f‘ (x) —4x< —2<0,故函数F(x) = f(x) —2x2在(一o,0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m+ 1)<f(—m) + 4m + 2 等价于f(m + 1) —2(m+ 1)2<f( —m) —2m2，即F(m +1上单调递增.⑵设切点坐标为(x o, y o),则y o= x o lnx o，切线的斜率为lnx°+ 1. 切线l 的方程为y—X o lnx o = (lnx o + 1)(x —x o).又切线l 过点(o, —1)，二一1 —X o lnx o = (lnx o+ 1)(o—x o)，即一1 —x o lnx o = —x o lnx o—x o，解得x o = 1, y o = o.二直线l 的方程为y= x—1.12. (2019 山东枣庄调研)已知函数f(x) = xe x—a~x2+ xj(a€ R).(1) 若a = o,求曲线y= f(x)在点(1, e)处的切线方程；(2) 当a>o时，求函数f(x)的单调区间.解：(1)a = o 时，f‘ (x) = (x+ 1)e x,所以切线的斜率k= f‘ (1)= 2e 又f(1) = e,所以y=f(x)在点(1, e)处的切线方程为y—e= 2e(x—1), 即2ex—y—e= o.(2)f‘ (x) = (x+ 1)(e x—a)，令f‘ (x) = o,得x=—1 或x= lna.1①当a= e时，F (x)>o恒成立，所以f(x)在R上单调递增.递增区间为(一00 , lna), (—1,+x)，单调递减区间为(Ina, —1);11)< F( —m)，由函数的单调性可得m+ 1 > —m,即卩m》一2.故选A.14. (2019西安八校联考)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x) = f(2 —x)，且(x—1f (x)<0，若a= f(0), b= f? , c= f(3),则a, b, c 的大小关系是b>a>c.解析：解法1:因为f(x) = f(2 —x)，所以函数f(x)的图象关于直线x= 1对称.因为(x—1)f‘ (x)<0.所以当x>1时，f‘ (x)<0,所以函数f(x)在(1,+o)上单调递减；当x<1时，f (x)>0,所以函数f(x)在(一o,当a>e时，单调递增区间为(一O,—1), (lna,+o),单调递减区间为(—1, Ina).力提升练1)上单调递增.据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象,如图所示.c= f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.解法2:因为f(x) = f(2-x)，所以函数f(x)的图象关于直线x= 1 对称.因为(x- 1)f‘ (x)<0,所以当x>1时，f‘ (x)<0，所以函数f(x) 在(1,+乂)上单调递减；当x<1时，f (x)>0,所以函数f(x)在(一乂，1)上单调递增.取符合题意的函数f(x)=- (x-1)4 5，贝y a = f(0)=- 1, b= f(2)=1 皿—4, c= f(3) = - 4,故b>a>c.尖子生小题库一一供重点班学生使用，普通班学生慎用15. (2019益阳、湘潭调研考试)n是圆周率，e是自然对数的底数，在3e,e3,e n, n，3n, n六个数中，最小的数与最大的数分别是(A )4 —lnx=—h,当f‘ (x)>0,即0<x<e 时，函数f(x)单调递增；当f‘ (x)<0,A . 3e,3n B. 3e, e nC. e3, nD. £3”lnx解析：构造函数f(x) = ~x，f(x)的定义域为(0, +x),求导得f (x)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 , + g). v e<3< n-eln3<eln , n lne< n 即3In3e <ln n Ine n<ln3 ".又函数y = Inx , y = e x , y = n 在定义域上单调递增， 故3e < T t < n 3，e 3ve”<3n，故这六个数中的最大数为n t 或3”，由e<3< n In ，口 “In 兀 In3 Ine 「In n In3及函数f(x) = 2的单调性，得f( n f3)vf(e),即二，由=<~T ，得In 3<In3 ；二3"，在3e ，e 3，e n ，n 3,3n ，n 六个数中的最大的数 是3n，同理得最小的数为3e .故选A. 116. (2019重庆六校联考)已知函数f(x) = qx 2— ax + (a — 1)Inx.(1) 讨论函数f(x)的单调性；(2) 若对任意的 X 1, X 2 € (0，+^)，洛>乂2,恒有 f(xj — f(X 2)>X 2 — x ，求实数a 的取值范围.=x (x - 1)[x — (a — 1)],① 若 a>2,由 f ‘ (x)>0,得 0<x<1 或 x>a — 1,由 f ‘ (x)<0,得 1<x<a —1,则f(x)在(0,1), (a — 1,+工)上单调递增，在(1, a — 1)上单调递 减；② 若a =2,则f ‘ (x)>0, f(x)在(0,+工)上单调递增；③ 若 1<a<2，由 f ‘ (x)>0，得 0<x<a — 1 或 x>1，由 f ‘ (x)<0,得 a — 1<x<1，则 f(x)在(0, a — 1), (1,+工)上单调递增，在(a —1,1)上 单调递减；④ 若 a < 1,由 f ‘ (x)>0，得 x>1,由 f ‘ (x)<0，得 0<x<1,则 f(x) 在(1,+x )上单调递增，在(0,1)上单调递减.解: (1)f‘ (x x 2 — ax + a —1综上，若a>2,则f(x)在(0,1), (a—1,+乂)上单调递增，在(1, a—1)上单调递减；若a= 2,则f(x)在(0,+乂)上单调递增；若1<a<2，则f(x)在(0, a—1), (1, +乂)上单调递增，在(a—1,1) 上单调递减；若a< 1,则f(x)在(1，+乂)上单调递增，在(0,1)上单调递减.(2)f(x” —f(X2)>x —X1 ? f(x” + X1>f(X2)+ x,1 2令F(x) = f(x) + x= 2x —ax+ (a —1)lnx + x,对任意的X1, (0,+X), xQX2，恒有f(xd —f(X2)>X2 —X1 等价于函数F(x)在(0 ,+x)上是增函数.a —1 1f‘ (x) = x—a+1 + = Jx2-(a—1)x + a—1],令g(x) = x2—(a—1)x + a —1,a—1当a—1<0,即a<1 时，x=—厂<0,故要使f‘ (x)>0在(0, +=) 上恒成立，需g(0)>0,即a— 1 >0, a> 1,无解.a —1当a—1>0, 即卩a> 1 时，>0,故要使f‘ (x)>0 在(0,a —1 a —1 2 a —1+ x)上恒成立，需g( 2 )》0,即(2 )—(a —1)、2+ a —1》0, 化简得(a —1)(a —5)w 0,解得1 w a w 5.综上，实数a的取值范围是[1,5].。
高考数学一轮复习 导数与函数的单调性讲义
专题4.2 导数与函数的单调性1. 以研究函数的单调性、单调区间等问题为主，根据函数的单调性确定参数的值或范围，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合凸显数学运算、逻辑推理等核心素养；2.与函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等综合考查.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1.函数的单调性与导数的关系(1)函数()y f x =在某个区间(),a b 内可导.①如果在区间(),a b 上()0f x '>恒成立，则()f x 在区间(),a b 内单调递增； ②如果在区间(),a b 上()0f x '<恒成立，则()f x 在区间(),a b 内单调递减； (2) 函数()y f x =在某个区间(),a b 内单调①在某个区间内，()0f x '>()()0f x '<是函数()f x 在此区间内单调递增（减）的充分条件．．．．，而不是必要条件.如函数()2f x x =在R 上单调递增，但()230f x x '=≥.②如果函数()f x 在(),a b 内单调递增(减)，则()()()00f x f x ''≥≤在区间(),a b 内恒成立，且在其任意的子区间内()0f x '=不能恒成立，即在个别点处导函数等于零，不影响函数的单调性.2. 判定函数单调性的一般步骤 (1)确定函数()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()0f x '>或()0f x '<； (4)根据(3)的结果确定函数的单调区间．求函数的单调区间【方法储备】1.利用导数求函数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()0f x '>和()0f x '<； （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．【精研题型】1.已知函数()2ln f x x x x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为________． 2.函数()=1+sin f x x x -在()0,2π上的单调情况是 ．3.已知0a <，函数()322=2f x x ax a x +-+的单调递减区间是 ．【特别提醒】1. 先求定义域，一方面定义域对单调区间有限制作用（单调区间为定义域的子集）.另一方面通过定义域对x 取值的限制，对解不等式有时会起到简化．．的作用，方便单调区间的求解；2.在求单调区间时优先处理恒正恒负的因式，以简化不等式；3.一般可令()0f x '>，解集就是单调增区间（方便记忆），若()f x 不存在常值函数部分，那么减区间即为增区间在定义域上的补集；4.若()0f x '>的解集为定义域，那么说明()f x 是定义域上的增函数，若()0f x '>的解集为∅，那么()f x 是定义域上的减函数.给定区间求参数的取值范围【方法储备】已知函数单调性求参数的值或参数的范围： (1)已知函数()y f x =在区间(),a b 上单调 ①在区间(),a b 上单调递增：转化．．为()0f x '≥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．．．．为区间(),a b 是单调增区间的子区间； ②在区间(),a b 上单调递减：转化．．为()0f x '≤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．．．．区间(),a b 是单调减区间的子区间. (2)已知区间(),a b 是函数()y f x =的单调区间：①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()0f x '>的解集是(),a b ； ②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()0f x '<的解集是(),a b ． (3)已知函数()y f x =在区间(),a b 上存在递增或递减区间：①利用正难则反思想，转化为函数()y f x =在区间(),a b 上不存在递增或递减区间，即()0f x '≤或()0f x '≥；②转化为()0f x '>或()0f x '<在区间(),a b 上有解. (4) 已知函数()y f x =在区间(),a b 上不单调：即函数()y f x =在区间(),a b 上有极值点，转化为()f x '在区间(),a b 上有零点.【精研题型】6.若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是A. (],2-∞-B. 1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C. 12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D. ()2,-+∞【思维升华】7. 若函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,a a -上单调递减，则实数a 的取值范围是 A. 13a <≤ B. 4a ≥ C. 3a ≤ D. 14a <≤ 8.设函数()ln 2ln xf x a x x=+. （1）若12a =-，求()f x 在x e =处的切线方程；（2）若()f x 在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围.函数单调区间的讨论【方法储备】1.求函数的定义域；2.明确讨论点依据：（1）导函数有无零点的讨论（或零点有无意义）； （2）导函数的零点在不在定义域内的讨论； （3）二次项系数讨论；（4）导函数多个零点时大小的讨论.【精研题型】9.（导函数有一零点）已知函数()=ln f x ax x -，其中.（1）讨论函数()f x 的单调性；10.（导函数有两个零点且能因式分解）已知函数()()211ln 2f x x ax a x =-+-，1a >． （1）若'(2)0f = ，求a 的值；（2）讨论函数()f x 的单调性．12.（构造函数再求导）已知函数()=2ln 1f x x +． （1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围；（2）设0a >，讨论函数()g x =【思维升华】（1）若，求()f x 的零点；【特别提醒】1.导函数有一个零点：①定义域为R 时，讨论零点有无意义；②定义域不是R 时，讨论零点在不在定义域内；2.导函数有两个零点：①定义域为R 时：讨论零点的大小关系；②定义域不是R 时，讨论两个零点在不在定义域内，若都在，讨论零点的大小关系；③不能因式分解时，利用判别式讨论根个数，或构造函数研究零点.构造函数研究单调性【方法储备】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. 构造函数常见形式： （1）加乘型①()()()xf x f x e f x '+⇒②()()()f x xf x xf x '+⇒ ③()()()nnf x xf x x f x '+⇒（2）减除型 ① ()()()xf x f x f x e '-⇒② ()()()f x xf x f x x '-⇒③()()()n f x xf x nf x x'-⇒ （3）带常数型① ()()()xxf x f x k e f x ke '+±⇒±②()()()xf x kf x f x k e'-±⇒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.【精研题型】15.实数33,3,,e e πππ中的最大值和最小值分别为A. 33,e πB. 33e π，C. 3,e e πD. 3,e ππ16.已知定义在实数集R 上的函数()f x 满足()()11,f f x =的导数()()2f x x R '<∈ ，则不等式()21f x x <-的解集为A. (),1-∞B. ()1+∞，C. ()12，D. ()(),11,+-∞-∞17.已知()f x 的定义域是()0+∞，，()f x '是()f x 的导数，且满足()()f x f x '>，则不等式()()2222x x ef x x e f +⋅->⋅的解集是 ______ ．【思维升华】20.(多选)已知函数()f x 的定义域为()0+∞，，导函数为()f x '，()()ln xf x f x x x '-=，且11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则A.10f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭B. ()f x 在1x e =处取得极大值C.()011f <<D. ()f x 在()0+∞，单调递增 单调性的应用【方法储备】先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小，或者解不等式.【精研题型】21.函数()f x 在定义域R 内可导，若()()=2f x f x -，且当(),1x ∈-∞时，22.设函数()21cos 2f x x x =+，若()()0.2153log 2,log 2,a f b f c f e ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，则,,a b c的大小为A. b a c <<B. c a b <<C. b c a <<D. a b c << 23.函数()f x 是定义是在R 上的可导函数，其导函数()f x '满足()()20f x xf x '+<，则【思维升华】25.已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对任意()0,x π∈，有()()sin cos f x x f x x '<，且()()+0f x f x -=．设26a f π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，4b π⎛⎫= ⎪⎝⎭，2c f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则A. a b c <<B. b c a <<C. a c b <<D. c b a <<26.定义在R 上的函数()f x ,满足()()24f x f x x +-=,且当0x >时, ()40f x x '-<,专题4.2导数与函数的单调性答案和解析考点一1.【答案】(]0,2 【解析】 【分析】本题考查利用函数的导数研究函数的单调性问题，属于基础题.首先求出函数的导函数，然后令导函数大于等于零，解集即为函数的单调增区间. 【解答】 解：()f x =-()1-x ⎛'=- ⎝()0x '≥，又可得(]0,2x ∈， 故答案为(]0,2.2.【答案】()f x 在()0,2π上单调递增 【解析】 【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性问题，属于基础题.首先求出函数的导函数，导数在给定的区间上恒大于0，则函数在区间上单调递增. 【解答】解：由题意得()1cos f x x '=-当()0,2x π∈时，()1cos 0f x x '=->恒成立，()f x ∴在()0,2π上单调递增.3.【答案】 【解析】 【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性问题，属于基础题.首先求出函数的导函数()f x '，解不等式()0f x '<，即可得出函数的单调递减区间. 【解答】考点二4. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了函数的单调性与导数的关系，属于中档题.因为()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，所以当0x >时，()0x f x ke x '=-恒成立，即x x k e 在(0,)+∞上恒成立.令()(0)x x g x x e=>，求得()g x 在(0,)+∞的最大值，即可得答案． 【解答】解：21()2x f x ke x =-， ().x f x ke x '∴=-函数()212x f x ke x =-在(0,)+∞上单调递增， ()0x f x ke x '∴=-在(0,)+∞上恒成立，即x x k e 在(0,)+∞上恒成立. 令()(0)x x g x x e =>，则()1(0)x x g x x e -'=>， ∴当01x <<时，()()0,g x g x '>单调递增，当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减.max 1()(1)g x g e∴==， 1.k e∴ 故选.C5. 【答案】D【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，属根据题意可知当2()30f x x a '=-或2()30f x x a '=-时，()f x 为单调函数，从而可得函数()f x 在(2,2)-上不单调时a 的取值范围，进而可得充分不必要条件．【解答】解：由已知，当(2,2)x ∈-时，2()3f x x a '=-，当2()30f x x a '=-或2()30f x x a '=-时，()f x 为单调函数，则0a 或12a ，故()f x 在(2,2)-上不单调时，a 的范围为(0,12)，故C 是充要条件，D 是充分不必要条件.故选.D6. 【答案】D【解析】【分析】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，属于中档题．求出函数的导数，问题转化为()0f x '>在1(,2)2x ∈有解，转化为存在1(,2)2x ∈，使得212a x >-，，而21()2g x x =-在1(,2)2单调递增，求出()g x 的范围，从而求出a 的范围即可．【解答】解：根据题意得，()12f x ax x'=+， ()f x 在区间1(,2)2内存在单调递增区间，()0f x '∴>在1(,2)2内有解， 即211202ax a x x +>⇔>-在1(,2)2内有解 故存在1(,2)2x ∈，使得212a x >-， 令21()2g x x =-，则()g x 在1(,2)2单调递增， 所以1()(2,)8g x ∈--，故选.D7. 【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了用导数研究函数的单调性，是基础题.利用导数求出函数的单调减区间，然后转化为集合之间的关系即可.【解答】 解：因为299()x f x x x x-'=-=， 所以在(0,3)x ∈上()0f x '<，()f x 单调递减；在(3,)x ∈+∞上()0f x '>，()f x 单调递增， 函数21()9ln 2f x x x =-在区间[1,]a a -上单调递减， 于是103a a ->⎧⎨⎩，解得1 3.a <故选.A8.【答案】解：(1)当12a =-时，ln ()ln x f x x x =-+，21ln ()x x f x x '-+-=， 所以1()f e e '=-，又因为1()1f e e =-+，所以切线方程为11.y x e e=-+ (2)因为()f x 在定义域上单调递增，所以当(0,)x ∈+∞时，221ln ln 1()02ax x x f x a x x+--'=⇒， 令2ln 12ln (),()x x g x g x x x--='=，2()0(0,),g x x e '>⇒∈2()0(,)g x x e '<⇒∈+∞，所以2max 21()()g x g e e ==， 所以21.2a e - 【解析】本题考查函数的导数，求函数中未知量的取值范围，首先分离参变量，再根据新构建的函数的性质求得未知量范围．(1)将a 的值代入()f x ，求出()f e 和()f e '，即可得切线方程；(2)函数单调递增则()0f x '，即21ln 0ax x +-，整理分离未知量a ，再根据x 取值范围求得实数a 的范围．考点三9. 【答案】解：(1)由题知()f x 的定义域为(0,)+∞，1()f x a x'=-， 由于a R ∈，0x >，所以当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当0a <时，()f x 在(0,)+∞上单调递减【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．(1)函数()ln ()f x ax x a R =-∈的定义域为(0,).+∞求导后对a 分类讨论即可得出单调性．10. 【答案】解：（1）由题意得()1a f x x a x-'=-+ ()12202a f a -'∴=-+= 3a ∴=（2）由（1）得()()()21111=x x a a x ax a f x x a x x x---⎡⎤--+-⎣⎦'=-+=1a >，10a ∴->①当11a -=即2a =时，()()210x f x x -'=≥()f x ∴在区间()0+∞，上单调递增②当11a -<即02a <<时，令()0f x '>时，01x a <<-或1x >()f x ∴在区间()()01,1,a -+∞，上单调递增，在区间()11a -，上单调递减③当11a ->即2a >时，令()0f x '>时，01x <<或1x a >-()f x ∴在区间()()01,1,a -+∞，上单调递增，在区间()11a -，上单调递减综上可得：当2a =时，()f x 在区间()0+∞，上单调递增；当02a <<时，()f x 在区间()()01,1,a -+∞，上单调递增，在区间()11a -，上单调递减； 当2a >时，()f x 在区间()()01,1,a -+∞，上单调递增，在区间()11a -，上单调递减.【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，体现了分类讨论思想的应用．（1）先求导，结合已知条件带入可求a ；（2）结合导数与单调性的关系，对a 进行分类讨论，即可求解函数的单调性.11. 【答案】解：2221(1)()1(0)a x x a f x x x x x '+-=-+=>， 若0a ，则()0f x '>，所以函数()f x 在(0,)+∞上递增；若0a >，方程20x x a +-=的判别式为140a +>，所以方程有两根分别为10x =<，20x =>， 所以当2(0,)x x ∈时，()0f x '<；当2(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上递减；在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上递增. 【解析】本题考查函数的单调性和导数的关系，以及恒成立问题，属于拔高题.(1)求导数可得2221()1(0)a x x a f x x x x x '+-=-+=>，对a 进行分类讨论可得函数单调性； 已知函数()2ln 1.f x x =+(1)若()2f x x c +，求c 的取值范围;(2)设0a >，讨论函数()()()f x f a g x x a-=-的单调性. 12.【答案】解：(1)()2f x x c +等价于2ln 21x x c --，设()2ln 2h x x x =-， 则22(1)()2x h x x x-'=-=， 所以()h x 在()0,1上递增，在(1,)+∞递减，max ()(1)2h x h ==-，所以12c --，即1c -，因此c 的取值范围是[1,).-+∞(2)因为2(ln ln )()(0,,0)x a g x x x a a x a-=>≠>-， 所以22()2ln 2ln ()()x a x a x g x x a --+'=- 222ln 2ln 2()a x a x x a --++=-， 令2()2ln 2ln 2(0),a x x a x x ϕ=--++> 则22222()()a a x x x x x ϕ-'=-=， 令()0x ϕ'>，得0x a <<；令()0x ϕ'<，.x a >所以，()x ϕ在(0,)a 上递增，在(,)a +∞上递减；因此，()()0x a ϕϕ=，即()0g x '，所以()g x 在(0,)a 和(,)a +∞都是单调递减的．【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．(1)不等式等价于2ln 21x x c --，设()2ln 2h x x x =-，求导判断()h x 单调性及最值，即可求得c 的范围;(2)对()g x 求得，再令()g x '的分子为2()2ln 2ln 2(0),a x x a x xϕ=--++>对()x ϕ求导，判断单调性及最值，进而可得()g x 的单调性. 13.【答案】解：(1)若1a =，则2()(1)12xx f x x e =--+，()(1)x x f x xe x x e '=-=-， 当(,0)x ∈-∞时，10xe -<，()0f x '>；当(0,)x ∈+∞时，10x e ->，()0f x '>， 所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增．又因为(0)0f =，所以()f x 的零点为0.x =(2)()()x f x x e a '=-，①若0a ，由于0x e a ->，令()0f x '=，则0x =，当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞上单调递减；当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增．②若01a <<，令()0f x '=，则0x =或ln x a =，且ln 0a <，当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在(,ln )a -∞上单调递增；当(ln ,0)x a ∈时，()0f x '<，()f x 在(ln ,0)a 上单调递减；当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增．③若1a =，由(1)知，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增．④若1a >，令()0f x '=，则0x =或ln x a =，且ln 0a >，当(,0)x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在(,0)-∞上单调递增；当(0,ln )x a ∈时，()0f x '<，()f x 在(0,ln )a 上单调递减；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增．综上，当0a 时，()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增；当01a <<时，()f x 在(,ln )a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln ,0)a 上单调递减； 当1a =时，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在(,0)-∞，(ln ,)a +∞上单调递增，在(0,ln )a 上单调递减．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点和不等式恒成立问题，涉及的主要思想是分类讨论，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于拔高题．(1)当1a =时，()(1)x f x x e '=-，易证得()f x 在R 上单调递增，而(0)0f =，故()f x 有唯一零点0.x =(2)求导得()()x f x x e a '=-，然后分四类：0a ，01a <<，1a =和1a >，逐一讨论()f x '与0的关系，从而得函数()f x 的单调性．14.【答案】解：22221(1)((1))(1)(1)()(1)a a x x a a x a x f x a x x x x '-+--+-=-+-==，(0)x >①当1a =时，21()x f x x '-=，()f x 在()0,1单调递减，在(1,)+∞单调递增. ②当1a >时，101a x a=<-，210x =>，()f x 在()0,1单调递减，在(1,)+∞单调递增. ③当01a <<时，10a -<，101a x a =>-，210x =>， )11a i a<-，即102a <<时()f x 在(0,)1a a -单调递减，在(,1)1a a -单调递增，在(1,)+∞单调递减.)11a ii a =-，即12a =时，()f x 在(0,)+∞单调递减. )11a iii a >-，即112a <<时，()f x 在()0,1单调递减，在(1,)1a a -单调递增，在(,)1a a +∞-单调递减.综上：①当102a <<时，()f x 在(0,)1a a -单调递减，在(,1)1a a -单调递增，在(1,)+∞单调递减.②当12a =时，()f x 在(0,)+∞单调递减. ③当112a <<时，()f x 在()0,1单调递减，在(1,)1a a -单调递增，在(,)1a a +∞-单调递减. ④当1a 时，()f x 在()0,1单调递减，在(1,)+∞单调递增.(2)()ln a g x x ax x=+-，(1)0g =，22()ax x a g x x '-+-=， 令2()+h x ax x a =--，214a ∆=-，①当2140a -，即12a 时，()0()0()h x g x g x '⇒⇒在()0,1单调递减， (1)0g =，()g x 在()0,1上没有零点，舍；②当2140a ->，即102a <<时，(0)0h a =-<，对称轴102x a =>，(1)120h a =->，3401x x ∃<<<，使得()()340h x h x ==，∴当3(0,)x x ∈时，()0()0()h x g x g x <⇒<⇒在()30,x 单调递减，当3(,1)x x ∈时，()0()0()h x g x g x >⇒>⇒在()30,x 单调递增，0000ln lim ()lim(ln )lim()lim()x x x x a x x a a g x x ax x xx →→→→+=+-===+∞， ∴存在唯一的03(0,)x x ∈，使得()00.g x = 综上，1(0,).2a ∈【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，由函数的零点求参数. (1)先求导，并求出()0f x '=的根，然后分1a =，1a >，01a <<进行讨论求解()f x 的单调性；(2)求出()g x 并求导22()ax x a g x x-+-'=，令2()+h x ax x a =--，对214a ∆=-的值进行讨论求解a 的取值范围.考点四15.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查指数函数与幂函数的单调性，利用导数判断函数的单调性，运用指数函数与幂函数的性质求解即可.【解答】解：因为3e π<<，由x y e =在R 上单调递增，则 3e e π<，由3y x =在(0,)+∞上单调递增，则 33e π<，由y x π=在(0,)+∞上单调递增， 3e ππ<，令()()ln x f x x e x=>， 则()21ln 0x f x x -'=<， 所以()f x 在(),e +∞上单调递减， 所以3ln 3ln ln 33ln 33ππππππ>⇒>⇒>， 所以实数3e ，3π，3π，e π中的最大值和最小值分别为3π，3.e故选.A16 【答案】B【解析】【分析】本题利用导数研究函数的单调性，可构造函数，考查所构造的函数的单调性是关键，也是难点所在，属于中档题．构造函数()()21g x f x x =-+，()()20g x f x ''=-<，从而可得()g x g （x ）的单调性，结合()1=1f ，可求得()1=0g ，然后求出不等式的解集即可．【解答】解：令()()21g x f x x =-+，∵()()2f x x R '<∈，∴()()20g x f x ''=-<，∴()()21g x f x x =-+为减函数，又()1=1f ，∴()()1=f 1210g -+=，∴不等式()21f x x <-的解集⇔()()()2101g x f x x g =-+<=的解集，即()()1g x g <，又()()21g x f x x =-+为减函数，∴1x >，即()1+x ∈∞，．故选B ．17. 【答案】(1,0)(1,2)-【解析】【分析】 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，构造新函数()g x 是解题的关键，本题是一道中档题． 构造新函数()()x f x g x e=，通过求导得到()g x 的单调性，所解的不等式转化为求2()(2)g x x g ->，结合函数的单调性得到不等式，解出即可．【解答】解：设()()x f x g x e =，(0)x >，则()()()0x f x f x g x e'-'=<， ()g x ∴在(0,)+∞单调递减，由222()(2)x x e f x x e f +⋅->⋅得：222()(2)x x e e f x x e f ⋅⋅->⋅，得：222()(2)x xf x x f e e -->， 2()(2)g x x g ∴->，202x x ∴<-<，解得：10x -<<或12x <<，故答案为(1,0)(1,2).-18. 【答案】B【解析】【分析】本题考查不等式恒成立问题，方法是利用导数求函数的最值，构造函数()y xf x =是解题的关键.【解答】解：依题意，得12,(0,)x x ∀∈+∞，且12x x <，1211222121()()()()0f x f x x f x x f x x x x x --=<， 所以1122()()x f x x f x <，则()y xf x =在(0,)+∞上单调递增， 令2()()()xx ae g x xf x x x ae x x ==-=-，则()20x g x ae x '=-恒成立，即2x x a e， 令2()x x t x e =，则2(1)()xx t x e -'=， 当()0,1x ∈时，()0t x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0t x '<，故max 2()(1)t x t e ==，所以2a e， 故选.B19. 【答案】C【解析】【分析】 本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.构造函数()ln 1x f x x x=+，求出导数可知()f x 的单调性，由题可知()f x 在(0,)a 单调递增，即可求出a 的范围，得出答案. 【解答】解：令()ln 1x f x x x=+，0x >， 则()2ln x f x x -'=，令()0f x '=，解得1x =，则()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，对于任意的120x x a <<<，都有121221ln ln 11x x x x x x -<-，即121122ln ln 11x x x x x x +<+， 即()f x 在(0,)a 单调递增，所以01a <，即a 的最大值为1. 故选.C20. 【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导数判断函数的单调性和极值点，属于中档题. 根据题意可设21()ln 2f x x x bx =+，根据11()f e e =求b ，再求()f x '判断单调性求极值即可.【解答】 解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，导函数为()f x '，()()ln xf x f x x x '-=， 即满足2()()ln xf x f x x x x'-=， 2()()()()f x xf x f x x x ''-=， ()ln ()f x x x x'∴=，∴可设2()1ln (2f x x b b x =+为常数)， 21()ln 2f x x x bx ∴=+， 211111()ln 2b f e e e e e=⋅+=，解得12b =， 211()ln 22f x x x x ∴=+， 1(1)2f ∴=，满足0(1)1f <<， C ∴正确；22111()ln ln =(ln 1)0222f x x x x '=+++，且仅有1()0f e'=， B ∴错误，A 、D 正确，故选.ACD考点五21. 【答案】B【解析】【分析】本题考查学生利用函数单调性来解决数学问题的能力，属于中档题．根据()(2)f x f x =-求出()x 的图象关于1x =对称，又当(,1)x ∈-∞时，(1)()0x f x -⋅'<，10x -<，得到()0f x '>，此时()f x 为增函数，根据增函数性质得到即可．【解答】解：由()(2)f x f x =-可知，()f x 的图象关于1x =对称，根据题意又知(,1)x ∈-∞时，()0f x '>，此时()f x 为增函数，(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 为减函数， 所以1(3)(1)(0)()2f f f f =-<<，即c a b <<， 故选.B22 【答案】A【解析】23. 【答案】D【解析】【分析】本题考查导数的应用，不等式求解，关键是构造函数，利用导数判断函数的单调性及极值，属于中档题.设()2()g x x f x =，求导判断出()g x 的单调性及极值，利用单调性及极值，结合分类讨论即可求出不等式的解集.【解答】解：2()()0f x xf x +'<，当0x =时，()0f x <；设()2()g x x f x =，则()()()2()22()()g x xf x x f x x f x xf x '=+'=+'， 当0x <时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，当0x >时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，则0x =时，()g x 有极大值为(0)0g =，所以()0g x ，又当0x =时，()0f x <；所以()0f x <的解集为.R故选.D24. 【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，以及分离参数与函数值域的求法知识点，属中等题．根据题意原不等式即sin 1m m θ>-恒成立，根据分离变量法求解.【解答】解：由3(),f x x x R =∈可知()f x 的定义域为R ，且为奇函数，2()30f x x '=，则()f x 在R 上单调递增，(sin )(1)0f m f m θ∴+->即(sin )(1)(1)f m f m f m θ>--=-，根据函数单调性有：sin 1m m θ>-①，02πθ<，∴可设sin [0,1),t θ=∈则011t <-，∴①式即1(1)11m t m t-<⇒<-恒成立， min 11m t ⎛⎫∴< ⎪-⎝⎭，当0t =时，min111t ⎛⎫= ⎪-⎝⎭， 1m ∴<，则实数m 的取值范围是(,1).-∞故选.D 25. 【答案】D【解析】解：设()()sin f x g x x =，2()sin ()cos ()sin f x x f x x g x x'-∴'=， (0,)x π∈时，()sin ()cos f x x f x x '<，(0,)x π∴∈时，()0g x '<，()g x ∴在(0,)π上是减函数，又x R ∈时，()()0f x f x +-=，()f x ∴是R 上的奇函数，()g x ∴是R 上的偶函数，()(),(),()6642a g gb gc g ππππ∴=-===， ()g x 在(0,)π上是减函数， .c b a ∴<<故选：.D可设()()sin f x g x x=，根据条件即可得出(0,)x π∈时，()0g x '<，即得出()g x 在(0,)π上是减函数，并根据条件可判断出()g x 是偶函数，这样即可得出(),(),()642a gb gc g πππ===，这样即可得出a ，b ，c 的大小关系．本题考查了通过构造函数解决问题的方法，基本初等函数和商的导数的计算公式，奇函数和偶函数的定义及判断，根据导数判断函数单调性的方法，减函数的定义，考查了计算能力，属于中档题．26.【答案】C 【解析】()()24f x f x x +-=，()()()()22-220f x x f x x ⎡⎤∴+---=⎣⎦. ()g x ∴为R 上的奇函数，()()=4g x f x x ''-,当0x >时, ()()400f x x g x ''-<∴<,()g x ∴在()0+∞，上单调递减.又()g x 为R 上的奇函数, ()g x ∴在R 上单调递减.()()()()()()()()2211212142g m g m f m m f m m f m f m m ⎡⎤⎡⎤---=-------=⎣⎦⎣⎦---+-f(m-1)- ()()()2410f m m g m g m -<-∴---<即()1g m -<()g x ∴是。
2020届高三文理科数学一轮复习《导数与函数的单调性》专题汇编(教师版)
《导数与函数的单调性》专题一、相关知识点1.函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与f ′(x )的关系(1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上是单调递增．(2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上是单调递减．(3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.(3)根据结果确定f (x )的单调性及单调区间．3．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．题型一 不含参数的函数的单调性（1）求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错（2）个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3在R 上是增函数1．f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为( )A ．(0,4)B ．(0,2)C ．(4，＋∞)D ．(－∞，0)解析：选A ，f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)，由f ′(x )<0，得0<x <4，∴递减区间为(0,4)．2．函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( )A ．(－∞，－1)和(0,1)B ．[－1,0]和[1，＋∞)C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]和[1，＋∞) 解析：A3．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，＋∞)解析：D ，因为f (x )＝(x －3)e x ，则f ′(x )＝e x (x －2)，令f ′(x )>0，得x >2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．4、函数y ＝12x 2－ln x 的递减区间为( ) A ．(－1,1) B ．(0,1) C ．(1，＋∞) D ．(0，＋∞)解析：B ，函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x， 令y ′＜0，得0＜x ＜1，所以递减区间为(0,1)．5．函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是________．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x， 令f ′(x )＜0得0＜x ＜1，因此f (x )的递减区间为(0,1)．6．函数f (x )＝e x x的单调递减区间是________． 解析：f (x )的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，f ′(x )＝e x ·x －e x x 2＝e x (x －1)x 2， 令f ′(x )<0，解得x <1，故f (x )在(－∞，0)，(0,1)递减．7．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( )A ．在(0，＋∞)上递增B ．在(0，＋∞)上递减C ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上递增D ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上递减 解析：D ，因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，当f ′(x )＞0时，解得x ＞1e，即函数的递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )＜0时，解得0＜x ＜1e，即函数的递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e ，故选D. 8．函数y ＝4x 2＋1x的增区间为( ) A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D ．⎝⎛⎭⎫－∞，－12 解析：函数y ＝4x 2＋1x的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， y ′＝8x －1x 2＝8x 3－1x 2，令y ′＞0，得8x 3－1＞0.解得x ＞12，故选B. 9．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 ) 解析：A ，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a，∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a . 10．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的递增区间是________． 解析：f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′(x )＝x cos x ＞0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2，即f (x )的递增区间为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2.11．已知函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )＜12，则f (x )＜x 2＋12的解集为( ) A ．{x |－1＜x ＜1} B ．{x |x ＜－1} C ．{x |x ＜－1或x ＞1} D ．{x |x ＞1}解析：令φ(x )＝f (x )－x 2－12，则φ′(x )＝f ′(x )－12＜0，∴φ(x )在R 上是减函数． ∵φ(1)＝f (1)－12－12＝1－1＝0，∴φ(x )＝f (x )－x 2－12＜0的解集为{x |x ＞1}，故选D. 12．已知f (x )＝e －x －e x ＋x －sin x ，则不等式f (x 2－x )＜f (x ＋3)的解集为 解析：由已知得，f (－x )＝e x －e －x －x ＋sin x ＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数， 又f ′(x )＝－e －x －e x ＋1－cos x ，－e －x －e x ＝－⎝⎛⎭⎫1e x ＋e x ≤－2，所以f ′(x )＜0恒成立， 所以f (x )是R 上的减函数，所以f (x 2－x )＜f (x ＋3)，即x 2－x ＞x ＋3，所以x 2－2x －3＞0，所以x 的解集是 (－∞，－1)∪(3，＋∞)13．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(x ＞0)， 由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2(x ＞0)． 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数，综上，f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．14．(理科)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间．解析： f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x. 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x. 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的．题型二 含参数的函数的单调性1．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．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －2a x ＋a －2＝(x －2)(x ＋a )x. ①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′(x )＝(x －2)2x≥0，f (x )在(0，＋∞)内递增． ②当0＜－a ＜2，即－2＜a ＜0时，∵0＜x ＜－a 或x ＞2时，f ′(x )＞0；－a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)内递增，在(－a,2)内递减．③当－a ＞2，即a ＜－2时，∵0＜x ＜2或x ＞－a 时，f ′(x )＞0；2＜x ＜－a 时，f ′(x )＜0， ∴f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)内递增，在(2，－a )内递减．综上所述，当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当－2＜a ＜0时，f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)内递增，在(－a,2)内递减；当a ＜－2时，f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)内递增，在(2，－a )内递减．2．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R)，求函数f (x )的单调区间． 解析：f ′(x )＝x 2＋2x ＋a 开口向上，Δ＝4－4a ＝4(1－a )．①当1－a ≤0，即a ≥1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )在R 上递增．②当1－a ＞0，即a ＜1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ， 令f ′(x )＞0，解得x ＜－1－1－a 或x ＞－1＋1－a ；令f ′(x )＜0，解得－1－1－a ＜x ＜－1＋1－a ，所以f (x )的递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)；f (x )的递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )．综上所述：当a ≥1时，f (x )在R 上递增；当a ＜1时，f (x )的递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)，f (x )的递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )．3．已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a ＞0)．求f (x )的区间．解析：由题意得f ′(x )＝e x [ax 2＋(2a －2)x ](a ＞0)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2a a . ①当0＜a ＜1时，f (x )的递增区间为(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫2－2a a ，＋∞，递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2－2a a ； ②当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内递增；③当a ＞1时，f (x )的递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)，递减区间为⎝⎛⎭⎫2－2a a ，0.4．讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．解析：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，＋∞)上递增；②当a ≤0时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上递减；③当0＜a ＜1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上递减，在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上递增．5．（理科）已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上递减，在(ln a ，＋∞)上递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上递增． 综上所述，若a ＝0时，f (x )在(－∞，＋∞)上递增．若a ＞0时，f (x )在(－∞，ln a )上递减，在(ln a ，＋∞)上递增．若a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上递增． 题型三 相关图像识别1．如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下面判断正确的是( )A ．在区间(－2,1)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 ．当x ＝2时，f (x )取到极小值解析：C2．设函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能的是( )解析：C3．函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息：①f ′(x )>0时，－1<x <2；②f ′(x )<0时，x <－1或x >2；③f ′(x )＝0时，x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )解析：选C 根据信息知，函数f (x )在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.4．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c 3的单调递增区间是( )A ．(－∞，－2] B.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C ．[－2,3] D.⎣⎡⎭⎫98，＋∞ 解析：选D ，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，＋∞. 5．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的图像大致是( )解析：A ，设g (x )＝f ′(x )＝2x －2sin x ，g ′(x )＝2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．6．已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.由条件可知当0<x <1时，xf ′(x )<0，所以f ′(x )<0，函数递减． 当x ＞1时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＞0，函数递增，所以当x ＝1时，函数取得极小值． 当x <－1时，xf ′(x )<0，所以f ′(x )＞0，函数递增．当－1<x <0时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )<0，函数递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C 项．7．定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d ) 解析：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 )．题型四 函数单调性的应用类型一 比较大小1．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5＞f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f ⎝⎛⎭⎫π5＞f (1) 解析：因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )．所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＞0， 所以此时函数是增函数．所以f ⎝⎛⎭⎫π5＜f (1)＜f ⎝⎛⎭⎫π3.所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫π5，故选A ． 2．已知定义在R 上的函数f (x )，f (x )＋x ·f ′(x )<0，若a <b ，则一定有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (b )<bf (a )C ．af (a )>bf (b )D ．af (b )>bf (a )解析：选C ，x ·f (x )]′＝x ′f (x )＋x ·f ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )<0，∴函数x ·f (x )是R 上的减函数，∵a <b ，∴af (a )>bf (b )．3．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )＜xf ′(x )，则下列关系成立的是( )A ．2f (1)＜f (2)B ．2f (1)＞f (2)C ．2f (1)＝f (2)D ．f (1)＝f (2)解析：选A.设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2.因为f (x )＜xf ′(x )，所以g ′(x )＞0，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f （1）1＜f （2）2，即2f (1)＜f (2)． 4．设函数f ′(x )是定义在(0,2π)上的函数f (x )的导函数，f (x )＝f (2π－x )，当0＜x ＜π时，若f (x )sin x －f ′(x )cos x ＜0，a ＝12f ⎝⎛⎭⎫π3，b ＝0，c ＝－32f ⎝⎛⎭⎫7π6，则( ) A ．a ＜b ＜c B ．b ＜c ＜a C ．c ＜b ＜a D ．c ＜a ＜b解析：选A ，由f (x )＝f (2π－x )，得函数f (x )的图像关于直线x ＝π对称，令g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )·sin x ＞0，所以当0＜x ＜π时，g (x )在(0，π)内递增，所以g ⎝⎛⎭⎫π3＜g ⎝⎛⎭⎫π2＜g ⎝⎛⎭⎫7π6＝g ⎝⎛⎭⎫5π6，即a ＜b ＜c ，故选A ．5．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x 2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定解析：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 )递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f (x 1)e x 1＜f (x 2)e x 2， 所以e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)，故选A ．6．已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＞0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( )A ．2f ⎝⎛⎭⎫－π3＜f ⎝⎛⎭⎫－π4 B ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＜f ⎝⎛⎭⎫π4 C ．f (0)＞2f ⎝⎛⎭⎫π3 D ．f (0)＞2f ⎝⎛⎭⎫π4解析：令g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x＞0， 即g (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上是增函数，则有g ⎝⎛⎭⎫－π3＜g ⎝⎛⎭⎫－π4，即f ⎝⎛⎭⎫－π3cos ⎝⎛⎭⎫－π3＜f ⎝⎛⎭⎫－π4cos ⎝⎛⎭⎫－π4， 即2f ⎝⎛⎭⎫－π3＜2f ⎝⎛⎭⎫－π4.即2f ⎝⎛⎭⎫－π3＜f ⎝⎛⎭⎫－π4，故选A ． 7．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1} 解析：选B ，令g (x )＝2f (x )－x －1，∵f ′(x )>12，∴g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，∴g (x )为单调增函数，∵f (1)＝1，∴g (1)＝2f (1)－1－1＝0，∴当x <1时，g (x )<0，即2f (x )<x ＋1，故选B. 类型二 根据函数的单调性求参数1．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________．解析：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 上递增， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，所以－1≤a ≤12. 2．若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞B.⎝⎛⎦⎤－∞，13C.⎣⎡⎭⎫13，＋∞D.⎝⎛⎭⎫－∞，13 解析：选C ，y ′＝3x 2＋2x ＋m ，由条件知y ′≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13. 3．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 解析：∵y ′＝－4x 2＋a ，且y 有三个单调区间，∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a >0，∴a >0.答案：(0，＋∞)4．若函数f (x )＝43x 3－2ax 2－(a －2)x ＋5恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为( ) A ．－1≤a ≤2 B ．－2≤a ≤1 C ．a ＞2或a ＜－1 D ．a ＞1或a ＜－2 解析：D ，若函数f (x )有3个单调区间，则f ′(x )＝4x 2－4ax －(a －2)有2个零点，故Δ＝16a 2－16(a －2)＞0，解得a ＞1或a ＜－2，故选D.5．若函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)上递减，则实数a 的取值范围为________．解析：∵函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)上递减，∴f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在(0,2)上恒成立，即a ≥32x 在(0,2)上恒成立．∵t ＝32x 在(0,2]上的最大值为32×2＝3，∴a ≥3. 6．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在 (1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0＜1x＜1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)． 7．已知函数f (x )＝x 3－ax ，在(－1,1)上递减，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．[3，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]解析：f ′(x )＝3x 2－a ，由题意知3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，即a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立，又0≤3x 2＜3，则a ≥3，故选B.8． f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x，因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， 因为x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，所以a ≤2故选D.9．函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x (a ∈R)是区间(1,4)上的单调函数，则a 的取值范围是______ 解析：f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1＝(x －1)[x －(a －1)]，∵f (x )是区间(1,4)上的单调函数．∴a －1≤1或a －1≥4，解得a ≤2或a ≥5.10．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1,2] B ．(4，＋∞) C ．(－∞，2) D ．(0,3]解析：选A ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，由x －9x≤0，得0<x ≤3，∴f (x )在(0,3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.11．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－(x －1)(x －3)x， 由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，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.答案：(0,1)∪(2,3)12．若函数f (x )＝x 2＋ln x －ax 在(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3)∪⎝⎛⎭⎫92，＋∞ B.⎣⎡⎦⎤3，92 C.⎝⎛⎭⎫3，92 D ．(－∞，3]∪⎝⎛⎭⎫92，＋∞ 解析：选C.若f (x )在(1，2)上单调递增，则f ′(x )＝2x ＋1x －a ≥0恒成立，即a ≤2x ＋1x恒成立，因为2x ＋1x ＞3，所以a ≤3；若f (x )在(1，2)上单调递减，同理可得a ≥92.取补集得a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫3，92. 13．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ，若f (x )在[－1,1]上是减函数，则a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫0，34B ．⎝⎛⎭⎫12，34C ．⎣⎡⎭⎫34，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫0，12 解析：f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意知当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0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，故选C ．14．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]上递减，求a 的取值范围．解析：①h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在递减区间，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，即a 的取值范围为(－1，＋∞)．②由h (x )在[1,4]上递减得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝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，即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－716，＋∞. 15．已知函数f (x )＝e x －x 2＋2ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在R 上递增，求实数a 的取值范围．解析：(1)∵当a ＝1时，f ′(x )＝e x －2x ＋2，∴f ′(1)＝e ，又f (1)＝e ＋1，∴所求切线方程为y －(e ＋1)＝e(x －1)，即e x －y ＋1＝0.(2)f ′(x )＝e x －2x ＋2a ，∵f (x )在R 上递增，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，∴a ≥x －e x 2在R 上恒成立，令g (x )＝x －e x 2， 则g ′(x )＝1－e x 2，令g ′(x )＝0，则x ＝ln 2， 在(－∞，ln 2)上，g ′(x )＞0；在(ln 2，＋∞)上，g ′(x )＜0，∴g (x )在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，∴g (x )max ＝g (ln 2)＝ln 2－1，∴a ≥ln 2－1，∴实数a 的取值范围为[ln 2－1，＋∞)．16．已知函数g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5. (1)若函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值范围；(2)若函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值范围．解析：因为g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2.(1)法一： g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0.解得a ≤－3. 即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．法二：由题意知x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以a ≤x ＋2x在(－2，－1)内恒成立， 记h (x )＝x ＋2x，则x ∈(－2，－1)时，－3<h (x )≤－22，所以a ≤－3. (2)因为函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0在(－2，－1)内有解，所以a <⎝⎛⎭⎫x ＋2x max .又x ＋2x ≤－2 2.当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．。
2020年高考理科数学一轮总复习：函数的导数与单调性
2020年高考理科数学一轮总复习函数的导数与单调性[基础梳理]函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：①若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；②若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；③若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．导数与函数单调性的关系(1)f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件；(2)若f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是可导函数f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．[四基自测]1．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是()A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数答案：A2．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为()A．(0,1)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)3．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增 答案：A4．(2018·高考全国卷Ⅲ改编)函数y ＝(x ＋1)e x 的增区间为________． 答案：(－2，＋∞)5．(2018·高考全国卷Ⅰ改编)函数f (x )＝x 3＋ax 在R 上为增函数，则a 的取值范围为________． 答案：[0，＋∞)考点一 用导数讨论函数的单调性，求单调区间◄考能力——知法[例1] (2018·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． 解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(1)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以x )在(0，＋∞)上单调递减．(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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．根据导数与函数单调性的关系，通过导函数f ′(x )的零点得到函数的单调区间，破解此类题的关键点：(1)求定义域，利用使函数有意义的条件求解函数的定义域；(2)求导数，根据基本初等函数的导数以及求导法则求出函数f (x )的导函数f ′(x )． (3)讨论导函数的符号，不等式f ′(x )>0的解集就是函数f (x )的单调递增区间，不等式f ′(x )<0的解集就是函数f (x )的单调递减区间．求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )1f (x )f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )⎣⎢⎡⎦⎥⎤g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f (x )f ′(x )，运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是( ) A ．(e,4) B ．(3,6) C ．(0，e)D ．(2,3)解析：由题意知y ′＝x 1x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x2(x ＞0)， 令y ′＞0，得1－ln x ＞0，∴0＜x ＜e ，∴函数y ＝x 1x 的单调递增区间为(0，e)．故答案是C. 答案：C考点二 利用导数解决函数综合性问题◄考素养——懂理角度1 构造不等式求参数 [例2] 已知函数f (x )＝x 3－ax －1. (1)讨论f (x )的单调性．(2)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝3x 2－a . ①当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a ＞0时，令3x 2－a ＝0得x ＝±3a3；当x ＞3a 3或x ＜－3a3时，f ′(x )＞0；当－3a 3＜x ＜3a3时，f ′(x )＜0.因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上单调递减．综上可知，当a ≤0时，f (x )在R 上为增函数；当a ＞0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上单调递减． (2)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]．1．函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围． 解析：因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．2．函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上单调递减，试求a 的取值范围． 解析：由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x ＜1，所以3x 2＜3，所以a ≥3，即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1,1)上单调递减．3．函数f (x )不变，若f (x )在区间(0,1)上不单调，求a 的取值范围．解析：因为f (x )＝x 3－ax －1，所以f ′(x )＝3x 2－a .由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)．因为f (x )在区间(0,1)上不单调，所以0＜3a3＜1，得0＜a ＜3，即a 的取值范围为(0,3)．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.角度2 构造函数或图象，解不等式、比较大小[例3] (1)定义在R 上的连续函数f (x )满足f (x )＋f (－x )＝x 2，且x ＜0时，f ′(x )＜x 恒成立，则不等式f (x )－f (1－x )≥x －12的解集为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ D ．(－∞，0)解析：令g (x )＝f (x )－12x 2，则g (x )＋g (－x )＝0⇒g (x )为奇函数，又x ＜0时，g ′(x )＝f ′(x )－x ＜0⇒g (x )在(－∞，0)上递减，则g(x)在(－∞，＋∞)上递减，由f(x)－f(1－x)≥x－12知f(x)－12x2≥f(1－x)－12(1－x)2，即g(x)≥g(1－x)，从而x≤1－x⇒x≤12，所以所求不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.故选A.答案：A(2)设f(x)＝3e x＋x2，g(x)＝9x－1，比较f(x)与g(x)的大小．解析：f(x)＞g(x)．证明如下：设h(x)＝f(x)－g(x)＝3e x＋x2－9x＋1，∵h′(x)＝3e x＋2x－9为增函数，且h′(0)＝－6＜0，h′(1)＝3e－7＞0，∴存在x0∈(0,1)，使得h′(x0)＝0，当x＞x0时，h′(x)＞0；当x＜x0时，h′(x)＜0.∴h(x)min＝h(x0)＝3e x0＋x20－9x0＋1，∵3e x0＋2x0－9＝0，∴3e x0＝－2x0＋9，∴h(x)min＝－2x0＋9＋x20－9x0＋1＝x20－11x0＋10＝(x0－1)(x0－10)．∵x0∈(0,1)，∴(x0－1)(x0－10)＞0，∴h(x)min＞0，∴f(x)＞g(x)．1.含有“f′(x)”的不等关系，其隐含条件是挖掘某函数的单调性，通过对不等关系变形，发现函数．2.常见的构造函数思路(1)已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型：联想构造函数(2)已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型：联想构造函数F (x )＝f (x )g (x ). (3)已知“f (x )＋f ′(x )”型：联想构造函数F (x )＝e x f (x )． (4)已知“f ′(x )ln x ＋f (x )x ”型：联想构造函数F (x )＝f (x )ln x .1．已知实数a ＞0，且a ≠1，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ＜1，x 2＋4x ＋a ln x ，x ≥1在R 上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．1＜a ≤5 B ．2≤a ≤5 C ．a ＞1D ．a ≤5解析：函数f (x )在R 上单调递增，则a ＞1，当x ≥1时，f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，则f ′(x )＝2x －4x 2＋a x ＝2x 3＋ax －4x 2，则2x 3＋ax －4≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴a ≥4x －2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立，由于y ＝4x －2x 2在[1，＋∞)上单调递减，∴y max ＝2，则a ≥2，当x ＝1时，a ≤1＋4＝5.综上，实数a 的取值范围是2≤a ≤5.故选B. 答案：B2．已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若对于任意实数x ，有f (x )－f ′(x )＞0，则( ) A ．e f (2 018)＞f (2 019) B ．e f (2 018)＜f (2 019) C ．e f (2 018)＝f (2 019)D ．e f (2 018)与f (2 019)大小不能确定解析：令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝e xf ′(x )－e xf (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x ，因为f (x )－f ′(x )＞0，所以g ′(x )＜0，所以函数g (x )在R 上单调递减，所以g (2 018)＞g (2 019)，即f (2 018)e 2 018＞f (2 019)e 2 019，所以ef (2 018)＞f (2 019)，故选A. 答案：A数学运算——抽象函数导数运算中的学科素养以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有“f (x )±g (x )”，f (x )·g (x )，f (x )g (x )等的题目，可联想导数的正向运算，逆向运算，变形运算来求解是转化思想的应用，培养了数学运算的学科素养． 一、巧用y ＝f (x )±g (x )型的可导函数[例1] 设奇函数f (x )是R 上的可导函数，当x ＞0时，有f ′(x )＋cos x ＜0，则当x ≤0时，有( ) A.f (x )＋sin x ≥f (0) B ．f (x )＋sin x ≤f (0) C.f (x )－sin x ≥f (0)D ．f (x )－sin x ≤f (0)解析：观察条件中“f ′(x )＋cos x ”与选项中的式子“f (x )＋sin x ”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F (x )＝f (x )＋sin x ，因为当x ＞0时，f ′(x )＋cos x ＜0，即F ′(x )＜0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又F (－x )＝f (－x )＋sin (－x )＝－[f (x )＋sin x ]＝－F (x )，所以F (x )是R 上的奇函数，且F (x )在(－∞，0)上单调递减，F (0)＝0，并且当x ≤0时有F (x )≥F (0)，即f (x )＋sin x ≥f (0)＋sin 0＝f (0)，故选A. 答案：A二、巧用“y ＝f (x )·g (x )”型可导函数[例2] 设函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )＞0的解集是( ) A.(－3,0)∪(3，＋∞) B ．(－3,0)∪(0,3) C.(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)解析：构造条件中“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”与待解不等式中“f (x )g (x )”两个代数式之间的关系，可构造函数F (x )＝f (x )g (x )，由题意可知，当x ＜0时，F ′(x ) ＞0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递增．又因f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以F (x )是定义在R 上的奇函数，从而F (x )在(0，＋∞)上单调递增，而F (3)＝f (3)g (3)＝0，所以F (－3)＝－F (3)，结合图象可知不等式f (x )g (x )＞0⇔F (x )＞0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A. 答案：A 三、巧用y ＝f (x )g (x )型的可导函数 [例3] 已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )＞xf ′(x )，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＜0的解集为________．解析：因为f (x )＞xf ′(x )，所以xf ′(x )－f (x )＜0，根据“xf ′(x )－f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＜0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为x ＞0，所以x 2f (1x )－f (x )＜0可化为xf (1x )－f (x )x ＜0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x－f (x )x ＜0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＜f (x )x ，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＜F (x )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，1x ＞x ，解得0＜x ＜1，故不等式x 2f (1x )－f (x )＜0的解集为(0,1)． 答案：(0,1)课时规范练 A 组 基础对点练1．函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：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；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)＜0，在(x1，x2)上f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，选D.答案：D2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)解析：因为f′(x)＝2x－2x＝2(x＋1)(x－1)x(x＞0)．所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．答案：A3．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.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜1x＜1，所以k≥1.故选D.答案：D4．已知函数f(x)＝2x3－6ax＋1，a≠0，则函数f(x)的单调递减区间为() A．(－∞，＋∞)。
2020年高考数学(文)一轮复习专题3.2 导数与函数的单调性(练)(解析版)
专题3.2导数与函数的单调性1．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年期中）已知函数23()4ln 2f x x x x =-+，则函数()f x 的单调递减区间是（）A ．1(0,3，(1,)+∞B ．(0,1)，(3,)+∞C ．1(0,3，(3,)+∞D ．1(1)3【答案】D【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()()()2311314ln 342x x f x x x x f x x x x--=-+⇒-'=+=，当()0f x '<时，函数单调递减，即()()3110x x x--<而0x >，解不等式得：113x <<，故本题选D 。
2．（北京市海定区101中学2018-2019学年期中）已知函数1()ln f x x x x=-+，若1,(),(5)3a f b f c f π⎛⎫=== ⎪⎝⎭，则（）A ．c b a <<B ．c a b<<C ．b a c<<D ．a c b<<【答案】A【解析】()f x 的定义域是()0,∞+，()211'1f x x x =--2213240x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-<，故()f x 在()0,∞+递减，而153π>>，∴1(5)()3f f f π⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即c b a <<，故选A 。
3．（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年期中）已知函数()y xf x =‘的图象如图所示，下面四个图象中()y f x =的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由函数y ＝xf ′（x ）的图象可知：当x ＜﹣1时，xf ′（x ）＜0，f ′（x ）＞0，此时f （x ）增，当﹣1＜x ＜0时，xf ′（x ）＞0，f ′（x ）＜0，此时f （x ）减，当0＜x ＜1时，xf ′（x ）＜0，f ′（x ）＜0，此时f （x ）减，当x ＞1时，xf ′（x ）＞0，f ′（x ）＞0，此时f （x ）增．故选C 。
2020年高考数学(文科)复习课件 第二单元 第14讲 导数与函数的单调性
)].
①当 1+a>0,即 a>-1 时,
在(0,1+a)上,h'(x)<0,在(1+a,+∞)上,h'(x)>0,
所以 h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单
调递增;
②当 1+a≤0,即 a≤-1 时,在(0,+∞)上,h'(x)>0,
所以 h(x)在(0,+∞)上单调递增.
课堂考点探究
调递减区间为[-1,2],则
b=
,c=
.
[答案] -32 -6
[解析] f'(x)=3x2+2bx+c, 由题意知[-1,2]是不等式 3x2+2bx+c≤0 的解集,
∴-1,2 是方程 3x2+2bx+c=0 的两个根,
由根与系数的关系得-23������=1,3������=-2,故 b=-32,c=-6.
第14讲 UNIT 02
导数与函数 的单调性
课前双基巩固│课堂考点探究│课间10分钟│教师备用例题
课前双基巩固
知识聚焦
1.函数的单调性与导数
由导数
单调递增
得到单 调性
单调递减
由单调 性得到
导数
单调递增 单调递减
在区间(a,b)上,若 f'(x)>0,则 f(x)在这个区间上单调 递增
在区间(a,b)上,若 f'(x)<0,则 f(x)在这个区间上单调 递减
课前双基巩固
5.[教材改编] 已知函数 f(x)=ax-������������-2ln x(a≥0), 若函数 f(x)在其定义域内为单调函数,则 a 的
2020年高考数学(理)一轮复习——导数与函数的单调性【含解析】
2020年高考数学（理）一轮复习导数与函数的单调性高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★★☆（1）已知函数()f x 在定义域R 内可导，若()(2)f x f x -=，且当,()1x ∈+∞时，(0)1()f 'x x ->，设()0a f =，1)2(b f =，()3c f =，则 A ．a b c <<B ．c a b <<C ．c b a <<D ．b a c << （2）已知函数32()31f ax x x x =+-+在R 上是减函数，则实数a 的取值范围是______________．【参考答案】（1）D ；（2）(,3]-∞-．【试题解析】（1）由()(2)f x f x -=可知，()f x 的图象关于1x =对称，又当,()1x ∈+∞时，(0)1()f 'x x ->，所以()0f 'x >，此时函数()f x 为增函数，所以当),(1x ∈-∞时，0()f 'x <，函数()f x 为减函数，所以13(1)()(0)()2f f f f =->>，即b a c <<．故选D ． （2）由题可知2()3610f 'ax x x =+-≤在R 上恒成立， 当0=a 时，016≤-x ，61≤x ，不符合题意，故0≠a ， 所以36120a ∆=+≤且0a <，解得3-≤a ，所以实数a 的取值范围为(,3]-∞-． 【名师点睛】用导数法解决函数的单调性问题时，应注意：（1）当()f x 不含参数时，可通过解不等式()0(()0)f 'x f 'x ><直接得到单调递增（或递减）区间；（2）已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件()0(()0),(,)f 'x f 'x x a b ≥≤∈恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立的理论求解），应注意参数的取值是()f 'x 不恒等于0的参数的范围．1．已知函数恰有三个单调区间，则实数的取值范围为A ．B ．32()3()f ax x x x x =+-∈R a (3,)-+∞(3,0)(0,)-+∞C ．D ．2．函数的导函数的图象如下图，则函数的图象可能是A ．B ．C ．D ．3．已知函数2()ln f x a x x =+．（1）当2a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数2()()x g f xx =+在[1,)+∞上是单调函数，求实数a 的取值范围．1．【答案】B【解析】由题可得，因为恰有三个单调区间，所以有两个不同的实数根，所以且，即且，故实数的取值范围为．故选B ．2．【答案】D【解析】由导函数在上的图象可知原函数在区间上先单调递减，再单调递增，则选项A 、C 错误； (,0)(0,3)-∞[3,)-+∞()y f x =()y f x ='()y f x =21(3)6x ax f 'x =+-()f x 2()3610x ax f 'x =+-=0a ≠3643(1)0a ∆=-⨯⨯->3a >-0a ≠a (3,0)(0,)-+∞(),0-∞(),0-∞由导函数在上的图象可知原函数在区间上先单调递增，然后单调递减，再单调递增，则选项B 错误.本题选择D 选项.【名师点睛】本题主要考查原函数图象与导函数图象之间的关系，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.结合导函数与原函数图象之间的关系排除错误选项即可确定正确选项.（2）若函数2()()x g f x x =+在[1,)+∞上单调递增，则22()20a g'x x x x =+-≥在[1,)+∞上恒成立， 即222a x x≥-在[1,)+∞上恒成立． 设22()2x xx ϕ=-， 因为22()2x xx ϕ=-在[1,)+∞上单调递减， 所以max 1()()0x ϕϕ==，所以0a ≥． 若函数2()()x g f x x =+在[1,)+∞上单调递减，则22()20a g'x x x x =+-≤在[1,)+∞上恒成立， 即222a x x≤-在[1,)+∞上恒成立，显然满足题意的a 不存在． 综上，实数a 的取值范围为[0,)+∞．【名师点睛】已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注意函数f (x )在(a ，b )上递增(或递减)的充要条件应是f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，且f ′(x )在(a ，b )的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数f (x )在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f ′(x 0)＝0，甚至可以在无穷多个点处满足f ′(x 0)＝0．()0,+∞()0,+∞。
2020版高考数学 14 导数与函数的单调性 理(含解析)
课后限时集训（十四）导数与函数的单调性（建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．已知函数f（x）的导函数f′(x）的图像如图所示，则函数f(x）的图像可能是( )A BC DC[由导函数f′(x)的图像可知，函数y＝f（x）先减再增，可排除选项A，B；又f′（x)＝0的根为正数，即y＝f（x)的极值点为正数，所以可排除选项D，选C。
］2．函数f（x）＝ln x－ax（a＞0)的递增区间为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．(－∞，a）A[由题意，知f(x)的定义域为（0，＋∞)，由f′(x）＝错误!－a ＞0（a＞0）,得0＜x＜错误!，∴f(x)的递增区间为错误!.]3．已知函数f(x）＝x3－ax在（－1,1）上递减，则实数a的取值范围为( ）A．（1，＋∞）B．［3，＋∞)C．（－∞，1］D．（－∞，3]B［∵f（x)＝x3－ax，∴f′（x)＝3x2－a。
又f(x)在（－1,1）上递减，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3,故选B．] 4．（2019·兰州模拟)函数f(x)在定义域R内可导,f（x)＝f（4－x)，且（x－2）f′（x)＞0。
若a＝f（0)，b＝f错误!，c＝f（3)，则a，b,c 的大小关系是( ）A．c＞b＞a B．c＞a＞bC．a＞b＞c D．b＞a＞cC［由f(x)＝f(4－x)可知,f（x)的图像关于直线x＝2对称，根据题意知，当x∈（－∞，2）时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′（x）＞0，f(x）为增函数．所以f（3)＝f(1)＜f错误!＜f （0），即c＜b＜a，故选C.］5．若函数f（x)＝ln x－12ax2－2x存在递减区间，则实数a的取值范围是（）A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞）C．（－∞,1] D．(－1，0)A[f′(x）＝错误!－ax－2＝错误!，由题意知f′（x）＜0有实数解，∵x＞0,∴ax2＋2x－1＞0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a＜0时,只需Δ＝4＋4a＞0，∴－1＜a＜0。
2020届高三文理科数学一轮复习《导数与函数的单调性》专题汇编(学生版)
《导数与函数的单调性》专题一、相关知识点1.函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与f ′(x )的关系(1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上是单调递增． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上是单调递减． (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调性及单调区间． 3．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．题型一 不含参数的函数的单调性（1）求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错（2）个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3在R 上是增函数 1．f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为( )A ．(0,4)B ．(0,2)C ．(4，＋∞)D ．(－∞，0)2．函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( )A ．(－∞，－1)和(0,1)B ．[－1,0]和[1，＋∞)C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]和[1，＋∞)3．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，＋∞)4、函数y ＝12x 2－ln x 的递减区间为( )A ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)5．函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是________．6．函数f (x )＝e xx 的单调递减区间是________．7．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( )A ．在(0，＋∞)上递增B ．在(0，＋∞)上递减C ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上递增 D ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上递减8．函数y ＝4x 2＋1x的增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D ．⎝⎛⎭⎫－∞，－129．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 )10．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的递增区间是________．11．已知函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )＜12，则f (x )＜x 2＋12的解集为( )A ．{x |－1＜x ＜1}B ．{x |x ＜－1}C ．{x |x ＜－1或x ＞1}D ．{x |x ＞1}12．已知f (x )＝e －x －e x ＋x －sin x ，则不等式f (x 2－x )＜f (x ＋3)的解集为13．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．14．(理科)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间．题型二 含参数的函数的单调性1．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．2．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R)，求函数f (x )的单调区间．3．已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a ＞0)．求f (x )的区间．4．讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．5．（理科）已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性．题型三 相关图像识别1．如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下面判断正确的是( )A ．在区间(－2,1)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 ．当x ＝2时，f (x )取到极小值2．设函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能的是( )3．函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息：①f ′(x )>0时，－1<x <2；②f ′(x )<0时，x <－1或x >2；③f ′(x )＝0时，x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )4．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c 3的单调递增区间是( )A ．(－∞，－2] B.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C ．[－2,3] D.⎣⎡⎭⎫98，＋∞5．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的图像大致是( )6．已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )7．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 )题型四 函数单调性的应用类型一 比较大小1．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5＞f (1)＞f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3＞f ⎝⎛⎭⎫π5＞f (1)2．已知定义在R 上的函数f (x )，f (x )＋x ·f ′(x )<0，若a <b ，则一定有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (b )<bf (a )C ．af (a )>bf (b )D ．af (b )>bf (a )3．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )＜xf ′(x )，则下列关系成立的是( )A ．2f (1)＜f (2)B ．2f (1)＞f (2)C ．2f (1)＝f (2)D ．f (1)＝f (2)4．设函数f ′(x )是定义在(0,2π)上的函数f (x )的导函数，f (x )＝f (2π－x )，当0＜x ＜π时，若 f (x )sin x －f ′(x )cos x ＜0，a ＝12f ⎝⎛⎭⎫π3，b ＝0，c ＝－32f ⎝⎛⎭⎫7π6，则( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜c ＜aC ．c ＜b ＜aD ．c ＜a ＜b5．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x 2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定6．已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＞0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( )A ．2f ⎝⎛⎭⎫－π3＜f ⎝⎛⎭⎫－π4 B ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＜f ⎝⎛⎭⎫π4 C ．f (0)＞2f ⎝⎛⎭⎫π3 D ．f (0)＞2f ⎝⎛⎭⎫π47．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}类型二 根据函数的单调性求参数1．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________．2．若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B.⎝⎛⎦⎤－∞，13 C.⎣⎡⎭⎫13，＋∞D.⎝⎛⎭⎫－∞，133．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________．4．若函数f (x )＝43x 3－2ax 2－(a －2)x ＋5恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为( )A ．－1≤a ≤2B ．－2≤a ≤1C ．a ＞2或a ＜－1D ．a ＞1或a ＜－25．若函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)上递减，则实数a 的取值范围为________．6．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)7．已知函数f (x )＝x 3－ax ，在(－1,1)上递减，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．[3，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]8． f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a ≤29．函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x (a ∈R)是区间(1,4)上的单调函数，则a 的取值范围是______10．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0,3]11．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．12．若函数f (x )＝x 2＋ln x －ax 在(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3)∪⎝⎛⎭⎫92，＋∞ B.⎣⎡⎦⎤3，92 C.⎝⎛⎭⎫3，92 D ．(－∞，3]∪⎝⎛⎭⎫92，＋∞13．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ，若f (x )在[－1,1]上是减函数，则a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫0，34B ．⎝⎛⎭⎫12，34C ．⎣⎡⎭⎫34，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫0，1214．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]上递减，求a 的取值范围．15．已知函数f (x )＝e x －x 2＋2ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在R 上递增，求实数a 的取值范围．16．已知函数g (x )＝13x 3－a2x 2＋2x ＋5.(1)若函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值范围； (2)若函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值范围．。
2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第14讲导数与函数的单调性课件理
• 【例5】 (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．(－∞，＋∞)
• (3)正确．导数为零的点不一定是极值点．如函数y＝x3在x＝0 处导数为零，但x＝0不是函数y＝x3的极值点．
• (4)错误．对于三次函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d，y′＝3ax2＋2bx ＋c.当Δ＝(2b)2－12ac<0，即b2－3ac<0时，y′＝0无实数根， 此时三次函数没有极值．
2．函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为( 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＝log319·flog319＝(－2)·f(－2)＝2f(2)， 0<logπ3<30.3<2，∴g(logπ3)<g(30.3)<g(2)，∴c>a>b，故选 C．
• 1．(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ex·f(x)>ex＋1的解集是
()
A
• A．{x|x>0} B．{x|x<0}
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2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)专题14导数与函数的单调性最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).基础知识融会贯通1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．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求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【知识拓展】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零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．重点难点突破【题型一】不含参数的函数的单调性【典型例题】已知函数，则f（x）的增区间为（）A．（0，1）B．（0，e）C．（1，+∞）D．（e，+∞）【解答】解：易知函数f（x）的定义域为（0，+∞），又，令f′（x）＞0，解之得0＜x＜e，故选：B．【再练一题】用导数求单调区间f（x）．【解答】解：∵f（x）1，∴f′（x）0，∴﹣1＜x＜1，∴函数的单调增区间是（﹣1，1），单调减区间是（﹣∞，﹣1]，[1，+∞）．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．【题型二】含参数的函数的单调性【典型例题】求下列函数的单调区间，并求[1，e]上的最值．（1）f（x）＝lnx﹣ax；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，求单调区间．【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣ax，∴f′（x）a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，当a＞0时，f′（x）a，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＞0，即0＜x时，函数单调递增，当f′（x）＜0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，当x时，函数有极大值，即极大值为f（）＝﹣1﹣lna①当1时，即a≥1时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，f（x）max＝f（1）＝﹣a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，③1e时，即a＜1时，函数f（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（）＝﹣1﹣lna，f（1）＝﹣a，f（e）＝1﹣ae，当a＜1，f（1）＞f（e），故f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，当a时，f（1）≤f（e），故f（x）min＝f（1）＝﹣a；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3＝ax2﹣6lnx，∴f′（x）＝2ax，当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，∴函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）max＝f（1）＝a，当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＜0，即0＜x时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，当x时时，函数有极小值，即极小值为f（）3ln，①当1时，即a≥3时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）min＝f（1）＝a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝a，f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，③1e时，即a＜3时，函数f（x）在[1，）上单调递减，在（，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（）3ln，f（1）＝a，f（e）＝ae2﹣6，当a＜3，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝a，当a a＜3，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，当a＞0时，f′（x）＝e x﹣a，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当f′（x）＜0，即0＜x＜lna时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x＞lna时，函数单调递增，∴函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当x＝lna时，函数有极小值，即极小值为f（lna）＝a﹣1﹣alna①当lna≤1时，即0＜a≤e时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，②当lna≥e时，即a≥e e，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，f（x）min＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，③1＜lna＜e时，即e＜a＜e e时，函数f（x）在[1，lna）上单调递减，在（lna，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣1﹣alna，f（1）＝e﹣a﹣1，f（e）＝e e﹣ae﹣1，当a＜e e，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，当e＜a，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1．【再练一题】已知函数f（x）＝x alnx（a∈R）．（1）当a＞0时，讨论f（x）的单调区间；（2）设g（x）＝x lnx，当f（x）有两个极值点为x1，x2，且x1∈（0，e）时，求g（x1）﹣g（x2）的最小值．【解答】解：（1）f（x）的定义域（0，+∞），f′（x）＝1，令f′（x）＝0，得x2﹣ax+1＝0，①当0＜a≤2时，△＝a2﹣4≤0，此时f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；②当a＞2时，△＝a2﹣4＞0，x2﹣ax+1＝0的两根为：x1，x2，且x1，x2＞0．当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；综上，当0＜a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；当a＞2时，f（x）的递增区间为（0，），（，+∞），递减区间为（，）．（2）由（1）知，f（x）的两个极值点x1，x2是方程x2﹣ax+1＝0的两个根，则，所以x2，a＝（x1），∴g（x1）﹣g（x2）＝x1lnx1﹣（ln）＝x1alnx1＝x1（x1）lnx1．设h（x）＝（x）﹣（x）lnx，x∈（0，e]，则（g（x1）﹣g（x2））min＝h（x）min，∵h′（x）＝（1）﹣[（1）lnx+（x）]，当x∈（0，e]时，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上单调递减；∴h（x）min＝h（e），∴（g（x1）﹣g（x2））min．思维升华(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．【题型三】函数单调性的应用问题命题点1比较大小或解不等式【典型例题】若a∈R，且a＞1，函数，则不等式f（x2﹣2x）＜1的解集是（）A．（0，2）B．（0，1）∪（1，2）C．（﹣∞，0）∪（2，+∞）D．【解答】解：由0，解得﹣1＜x＜1．可得函数f（x）的定义域为：（﹣1，1）．y2在（﹣1，1）上单调递增．y1在（﹣1，1）上单调递增，a＞1，∴y在（﹣1，1）上单调递增．∴f（x）在（﹣1，1）上单调递增．又f（0）＝1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1即不等式f（x2﹣2x）＜f（0），∴﹣1＜x2﹣2x＜0，解得0＜x＜2，且x≠1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1的解集为（0，1）∪（1，2）．故选：B．【再练一题】已知奇函数f（x）的导函数为f'（x），当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，若a＝f（1），，c＝﹣ef（﹣e），则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．b＜a＜c【解答】解：令函数g（x）＝xf（x），由当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，可知g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上为增函数．又f（x）在R上是奇函数，所以函数g（x）也为偶函数，又知a＝f（1）＝g（1），，c＝﹣ef（﹣e）＝g（﹣e）＝g（e），且，所以，即c＞a＞b，故选：D．命题点2根据函数单调性求参数【典型例题】若函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A．[0，+∞）B．C．D．【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）＝3x2﹣ke x≤0在（0，+∞）上恒成立，∴k在（0，+∞）上恒成立，令g（x），x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减故当x＝2时，g（x）取得最大值g（2），则k，故选：C．【再练一题】已知函数f（x）＝（x﹣3）e x+a（2lnx﹣x+1）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．（e，+∞）B．（e，2e2）C．（2e2，+∞）D．（e，2e2）∪（2e2，+∞）【解答】解：f′（x）＝（x﹣2）e x+a（1）＝（x﹣2）（e x），x∈（1，+∞）．∵f′（2）＝0，可得2是函数f（x）的一个极值点．∵f（x）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，∴函数f（x）的另一个极值点x0＞2，满足：0，可得：a＝x02e2，故选：C．思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)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．基础知识训练1．【河北省保定市2018-2019学年度第一学期期末调研考试高二】若函数在区间上为单调增函数，则k的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】解：，函数在区间单调递增，在区间上恒成立．在区间上恒成立，而在区间上单调递减，．故选：C．2．已知函数上单调递减，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为函数上单调递减，所以上恒成立，令，设，则上恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是．故选A．3．函数的单调递减区间是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】函数的定义域为，由，得，得，即函数的单调递减区间为．故选D．4．【内蒙古集宁一中(西校区)2018-2019学年高二下学期第一次月考】如果函数y=f(x)的图象如图所示，那么导函数y=的图象可能是 ( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由原函数图像可知单调性是先增，再减，再增，再减，可得导函数图像应该是先正，再负，再正，再负，只有选项A满足，故选A5．【广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟考试】若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，可得，若在区间上单调递减，则在区间上恒成立，即恒成立，令，则，故的最大值为1，此时，即，所以的最大值为，所以，故选D.6．【湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中2018-2019学年高二下学期优生联考】已知是函数的导函数，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，函数满足已知条件，又由不等式，可变形为，构造新函数，则，由已知条件可得，即，即函数为单调递减函数，令，又由不等式，可变形为，即，由函数的单调性可得，所以不等式的解集为，故选B.7．【陕西省咸阳市2018-2019学年高二上学期期末考试】已知是可导函数，且对于恒成立，则A．B．C．D．【答案】D【解析】由，得，令，则．在R上单调递减，即，．故选：D．8．【湖南省湘西州2018-2019学年高二（上)期末】已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，又上是减函数，上恒有，即上恒成立，因为，所以，所以：．实数a的取值范围是．故选：A．9．【福建省三明市2018-2019学年高二上学期期末质量检测】已知函数，若在区间上存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：由，可得，由，即:在有两个解，且，令g(x)==,可得：，由①可得,由②可得，可得，同理由③可得，可得，由④可得a，综上所述可得：，故选A.10．【福建省福州市八县（市)协作校2018-2019学年高二上学期期末联考】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】构造函数g（x），∴g′（x），∵xf′（x）﹣f（x）＜0，∴g′（x）＜0，∴函数g（x）在（0，+∞）单调递减．∵函数f（x）为奇函数，∴g（x）是偶函数，∴c g（﹣3）＝g（3），∵a g（e），b g（ln2），∴g（3）＜g（e）＜g（ln2），∴c＜a＜b，故选：D．11．【陕西省西安市2017-2018学年高二下学期期末考试】已知奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，令，则，因为当时，，所以当时，，即当时，，函数单调递增，因为，所以，又由函数为奇函数，所以，所以，所以，故选D。