高二数学 利用导数研究函数的单调性 极值 最值 (不含参)
高考数学考点11导数与函数的单调性试题解读与变式
考点十一： 导数与函数的单调性【考纲要求】（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）. 【命题规律】利用导数研究函数的单调性是高考的热点问题，常常会考查利用导数研究含参函数的单调性，极值.预计2017年的高考将会在大题中考查利用导数研究函数单调性的问题，命题形式会更加灵活、新颖． 【典型高考试题变式】（一）原函数与其导函数的图像问题例 1.【2017浙江高考】函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是（ ）.【答案】D【解析】导数大于零，原函数递增，导数小于零，原函数递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D ．【方法技巧归纳】在(,)a b 内可导函数()f x ，'()f x 在(,)a b 任意子区间内都不恒等于0.'()0()f x f x ≥⇔在(,)a b 上为增函数．'()0()f x f x ≤⇔在(,)a b上为减函数．且导函C.数单调性可以判原函数图像的凹凸性：若)('x f 大于0且递增，则原函数)(x f 图像递增且下凹；若大于0且递减，则原函数)(x f 图像递增且上凸.【变式1】【改编例题中条件，通过原函数的性质判断导函数的图像】【2018河北内丘中学8月月考（理）】设函数()f x 的导函数为()f x '，若()f x 为偶函数，且在()0,1上存在极大值，则()f x '的图象可能为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意,若f (x )为偶函数,则其导数f ′(x )为奇函数，结合函数图象可以排除B . D ，又由函数f (x )在(0,1)上存在极大值,则其导数图象在(0,1)上存在零点，且零点左侧导数值符号为正，右侧导数值符号为负，结合选项可以排除A ，只有C 选项符合题意；本题选择C 选项.【变式2】【改编例题中条件，给定解析式，判断其导函数的图像】【2017陕西渭南市二质检】函数()2sin 20142x f x x =++，则()'f x 的大致图象是 （ ） A. B. C. D.【答案】B（二）用导数求不含参数的单调区间例2.【2017全国2卷（文）】设函数()()21e xf x x =-.（1）讨论()f x 的单调性.【答案】()f x 在区间(),21-∞，()21,+∞是减函数，在区间()221-是增函数.【解析】（1）()()()222e 1e 12e x x x f x x x x x '=-+-=--， 令()0f x '=得2210x x +-=，解得121x =-，221x =， 所以()f x 在区间(),21-∞-，)21,+∞是减函数，在区间()221-是增函数.【方法技巧归纳】利用导数求不含参数的单调性容易出错的地方就是：求导，求解不等式，写出单调区间.单调性相同的两个区间一般要用“和”或“，”连接，不能用“或”或“ ”.【变式1】【改编函数条件，函数中含分式】【2016全国2卷（理）】（1）讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;x x x -++> 【答案】()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增，在]2,2(-上单调递减.（三）用导数求含参函数的单调区间例3.【2017全国1卷（理）】已知函数()()2e 2e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；【答案】见解析【解析】（1）由于()()2e 2e x x f x a a x =+--，故()()()()22e 2e 1e 12e 1x x x xf x a a a '=+--=-+.①当0≤a 时，e 10x a -<，2e 10x +>．从而()0f x '<恒成立． ()f x 在R 上单调递减.②当0a >时，令()0f x '=，从而e 10x a -=，得ln x a =-．x()ln a -∞-， ln a -()ln a -+∞，()f x ′ -+()f x极小值综上，当0≤a 当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增.【方法技巧归纳】1.求函数的单调区间方法一：①确定函数()y f x =的定义域； ②求导数''()y f x =；③解不等式'()0f x ≥，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式'()0f x ≤，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 2.求函数的单调区间方法二：①确定函数()y f x =的定义域；②求导数''()y f x =，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根； ③把函数()f x 的间断点(即()f x 的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义区间分成若干个小区间；④确定'()f x 在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．【变式1】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数为二次函数型】【2017全国3卷（文）改编】已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+++．（1）讨论()f x 的单调性； 【答案】见解析【变式2】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数为类二次函数型】【2016全国1卷（文）改编】已知函数2()(2)e (1)xf x x a x =-+-.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析； 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求得()()()'1e 2.x f x x a =-+再根据1,0,2a 的大小进行分类确定()f x 的单调性；试题解析：（Ⅰ）()()()()()'1e 211e 2.x x f x x a x x a =-+-=-+（Ⅰ）设0a ≥，则当(),1x ∈-∞时，()'0f x <；当()1,x ∈+∞时，()'0f x >. 所以f （x ）在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增.【变式3】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数为指对数型函数】【2015天津卷（理）改编】已知函数()n ,nf x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；【答案】（Ⅰ） 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减.【解析】（Ⅰ）由()nf x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥， 下面分两种情况讨论： （1）当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：所以，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增. （2）当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减.【变式4】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数需要二次求导型】【2016北京卷（理）】设函数()ea xf x x bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(e 1)4y x =-+.（Ⅰ）求a ，b 的值； （Ⅱ）求()f x 的单调区间.【答案】（Ⅰ）2,e a b ==；（Ⅱ） ),(+∞-∞ 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意求出)(x f '，根据(2)2e 2,(2)e 1f f '=+=-求a,b 的值即可； （Ⅱ）由题意判断)(x f '的符号，即判断1()1e x g x x -=-+的单调性，知g(x)>0，即)(x f '>0，由此求得f(x)的单调区间.（Ⅱ）由（Ⅰ）知2()e e xf x x x -=+.由21()e(1e )xx f x x --'=-+及2e 0x ->知，)(x f '与11e x x --+同号.令1()1e x g x x -=-+，则1()1ex g x -'=-+.所以，当)1,(-∞∈x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间)1,(-∞上单调递减； 当),1(+∞∈x 时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),1(+∞上单调递增. 故1)1(=g 是)(x g 在区间),(+∞-∞上的最小值， 从而),(,0)(+∞-∞∈>x x g .综上可知，0)(>'x f ，),(+∞-∞∈x .故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞. 【数学思想】分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.【处理导数与单调性问题注意点】解答此类问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；另外，函数的单调区间不能出现“并”的错误写法. 【典例试题演练】1．【2018河南郑州一中测试题】如果函数()y f x =在区间I 上是增函数，而函数()f x y x=在区间I 上是减函数，那么称函数()y f x =是区间I 上“缓增函数”，区间I 叫做“缓增区间”.若函数()21322f x x x =-+是区间I 上“缓增函数”，则“缓增区间”I 为 ( )A. [)1,+∞ B. 0,3⎡⎤⎣⎦C. []0,1 D. 1,3⎡⎤⎣⎦【答案】D【解析】因()()''213131,[](1)2222f x f x x x x x x =-=-+=-'，故210{ 310x x-≥-≤，解之得13x ≤≤，应选答案D.2．【2018河南南阳一中上学期第二次考试（文）】已知函数()252ln f x x x x =-+，则函数()f x 的单调递增区间是__________．【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和()2,+∞3．【2018辽宁沈阳市东北育才学校上学期一模（文）改编】 已知函数()()222xx a x af x e +-+-=， 0a ≤（e 为自然对数的底数）.(Ⅰ)讨论()f x 的单调性；【答案】（Ⅰ）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上为减函数；当0a <时，则()f x 在(][),,0,a -∞+∞上为减函数；在[],0a 上为增函数；【解析】(Ⅰ) ()()xa x xf x e-'=，令()1200,f x x x a =⇒=='；①0a =时，则()0f x '≤（当且仅当0x =时取等号）()f x ⇒在(),-∞+∞上为减函数； ②当0a <时，则()()()(),0,0x a f x f x ∈-∞⋃+∞<⇒'⇒在(][),,0,a -∞+∞上为减函数； ()()(),00x a f x f x '∈⇒>⇒在[],0a 上为增函数；4．【2017陕西省西安市长安区第一中学4月模考（理）】已知函数()ln f x x =，()()2g x f x ax bx =++，其中函数()y g x =的图象在点()()1,1g 处的切线平行于x 轴．（1）确定a 与b 的关系；若0a ≥，并试讨论函数()g x 的单调性；（2）设斜率为k 的直线与函数()y f x =的图象交于两点()()1122,,,A x y B x y12()x x <，求证：2111k x x <<． 【答案】(1) 21b a =-- ，单调性见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)求导，利用导数的几何意义确定a 与b 的关系，再利用导函数的符号变换和分类讨论思想确定函数的单调性；(2)先利用直线的斜率公式确定不等关系，再构造函数，利用导数求函数的最值即可求解 . 试题解析：（1）()()22ln g x f x ax bx x ax bx =++=++， ()12g x ax b x∴=++'， 由题意得()1120g a b '=++=， 21b a ∴=--；()()()211112221(0)ax x g x ax b ax a x x x x--=++=+--=>'， ①当0a =时， ()()1(0)x g x x x'--=>，当1x >时， ()0g x '<， ∴函数()g x 在()1,+∞单调减；当01x <<时， ()0g x '>， ∴函数()g x 在()0,1单调增；④当12a >时．即112a<， ()()1212(0)a x x a g x x x ⎛⎫-- ⎪⎭'⎝=>， ∴函数()g x 在1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭单调减区间；函数()g x 在()1,+∞和10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调增；（2）由题设210x x >>，21212211ln ln 1111x x k x x x x x x -∴<<⇔<<- 21212121ln ln x x x xx x x x --⇔<-< 22211111ln 1x x x x x x ⇔-<<- ① 令()ln 1(1)h x x x x =-+>，则()111(1)x h x x x x-'=-=>， 1x ∴>时， ()0h x '<， ∴函数()g x 在()1,+∞是减函数，而()10h =， 1x ∴>时， ()()10h x h <=210x x >>， 211x x ∴>， 222111ln 10x x x h x x x ⎛⎫∴=-+< ⎪⎝⎭，即2211ln 1x xx x <-， ②令()1ln 1(1)H x x x x =+->，则()22111(1)x H x x x x x-=-=>'， 1x ∴>时， ()0H x '>， ∴ ()H x 在()1,+∞是增函数， 1x ∴>时， ()()10H x H >=， 2221111ln 10x x H x x x x ⎛⎫∴=+->⎪⎝⎭， 即221111ln x x x x -< ③由①②③得2111k x x <<． 5．【2017陕西省西安市铁一中学高三上学期第五次模拟考试（理）】已知函数()244ln x f x k x k x -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，其中常数0k >.（Ⅰ）讨论()f x 在()0,2上的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析;【解析】试题分析：（1）求导数，对k 分类讨论，利用导数的正负，即可得到()f x 在区间()0,2上的单调性；试题解析：（Ⅰ）由已知得， ()f x 的定义域为()0,∞+，且()()222244444(0)x k x x k x k k k k f x k x x x x ⎛⎫⎛⎫-++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭='=-=->， ①当02k <<时，40k k >>，且42k>， 所以()0,x k ∈时， ()0f x '<； (),2x k ∈时， ()0f x '>. 所以，函数()f x 在()0,k 上是减函数，在(),2k 上是增函数； ②当2k =时，42k k==， ()0f x '<在区间()0,2内恒成立， 所以()f x 在()0,2上是减函数； ③当2k >时， 4402,k k k<， 所以40,x k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0f x '<； 4,2x k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0f x '>所以函数在40,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在4,2k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数. 6．函数.（Ⅰ）讨论的单调性；【答案】（Ⅰ）当时， 时，单调递减；当时，单调递增；当时， 时，单调递增；当时， 单调递减；【解析】试题分析：（1）求出()'f x ， 讨论两种情况分别令()'0f x >可得增区间，()'0f x <可得得减区间；7．【2018河北省石家庄二中八月高三模拟数学（文科）】已知函数()()()212ln f x ax a x x a R =+--∈.（Ⅰ）若0a <，讨论()f x 的单调性； 【答案】（Ⅰ）当12a =-时， ()f x 的减区间是()0,+∞，无增区间，当102a -<<时， ()f x 的增区间是11,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭，减区间是()10,1,,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，当12a <-时， ()f x 的增区间是1,12a⎛⎫-⎪⎝⎭，减区间是()10,,1,2a⎛⎫-+∞⎪⎝⎭.【解析】（Ⅰ）()f x的定义域为()0,+∞，当0a<时，()()()221211212ax a xf x ax ax x+--=+--='()()()1212112a x xax x ax x⎛⎫+-⎪+-⎝⎭==，（ⅲ）若112a-<，即12a<-，1,12xa⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x'>，()f x是增函数，10,2xa⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x'<，()f x是减函数，()1,x∈+∞时，()0f x'<，()f x是减函数；综上可得，当12a=-时，()f x的减区间是()0,+∞，无增区间，当12a-<<时，()f x的增区间是11,2a⎛⎫-⎪⎝⎭，减区间是()10,1,,2a⎛⎫-+∞⎪⎝⎭，当12a<-时，()f x的增区间是1,12a⎛⎫-⎪⎝⎭，减区间是()10,,1,2a⎛⎫-+∞⎪⎝⎭.8．【2017湖北省浠水县实验高级中学测试题（文）】已知函数()11lnf x m x xm x⎛⎫=++-⎪⎝⎭，其中常数0m>.（1）当2m =时，求()f x 的极大值； （2）试讨论()f x 在区间()0,1上的单调性. 【答案】（1）()532ln222f=-；（2）当01m <<时， ()f x 在()0,m 上单调递减，在(),1m 上单调递增；当1m =时， ()f x 在()0,1上单调递减；当1m >时， ()f x 在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,1m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 【解析】试题分析：（1）借助题设条件将2m =代入函数解析式可得()51ln 2f x x x x =+-，进而求导，运用导数与函数的单调性之间的关系求解；（2）先对函数()11ln f x m x x m x⎛⎫=++- ⎪⎝⎭求导，再借助分类整合思想及导数与函数的单调性之间的关系进行分类求其单调区间：（2）()()()2211110,0x m x m m m f x x m x x x⎛⎫--+⎪⎝⎭=->'--=>， 当01m <<时， ()f x 在()0,m 上单调递减，在(),1m 上单调递增； 当1m =时， ()f x 在()0,1上单调递减；当1m >时， ()f x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增. 9．【2017湖北省浠水县实验高级中学测试题（文）】已知函数()()211ln 2f x x a x a x =+--. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析；【解析】试题分析：（Ⅰ）求出()f x 的定义域为()0,+∞，求导数，若0a ≤，若0a >，判断导函数的符号，然后推出函数的单调性；试题解析：（Ⅰ） ()f x 的定义域为()0,+∞，求导数，得()()()()211'1x a x a x x a a f x x a x x x+--+-=+--==.若0a ≤，则()'0f x >，此时()f x 在()0,+∞上单调递增，若0a >，则由()'0f x =，得x a =.当0x a <<时， ()'0f x <；但x a >时， ()'0f x >，此时()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增.10．【2017河北省唐山市三模（理）改编】已知函数()()2ln 1f x x ax =++， 0a >.（1）讨论函数()f x 的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）求导得()2221'1ax ax f x x ++=+， 分0∆<， 0∆=， 0∆>，三种情况讨论可得单调区间.试题解析：（Ⅰ） ()21221'211ax ax f x ax x x ++=+=++， 1x >-， 令()2221g x ax ax =++， ()24842a a a a ∆=-=-，若0∆<，即02a <<，则()0g x >，当()1,x ∈-+∞时， ()'0f x >， ()f x 单调递增，若0∆=，即2a =，则()0g x ≥，仅当12x =-时，等号成立， 当()1,x ∈-+∞时， ()'0f x ≥， ()f x 单调递增. 若0∆>，即2a >，则()g x 有两个零点1x =，2x =由()()1010g g -==>， 102g ⎛⎫-< ⎪⎝⎭得121102x x -<<-<<， 当()11,x x ∈-时， ()0g x >， ()'0f x >， ()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时， ()0g x <， ()'0f x <， ()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞时， ()0g x >， ()'0f x >， ()f x 单调递增. 综上所述，当02a <≤时， ()f x 在()1,-+∞上单调递增；当2a >时， ()f x在⎛ - ⎝⎭和⎫⎪+∞⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 11．【2018河北省武邑中学第一次月考（理）改编】已知函数()e xf x ax =-（R a ∈，e 为自然对数的底数）.（1）讨论函数()f x 的单调性； 【答案】（1）见解析【解析】试题分析：（1）求函数的导数()x f x e a '=- 通过0a ≤和0a ＞ 两种情况分类讨论，分别判断函数的单调性．12．【2018湖南省岳阳市一中第一次月考（理）改编】已知函数()()()21ln 102f x a x a x x a =-++->. （1）讨论()f x 的单调性；【答案】(1) 当1a =时， ()f x 在()0,+∞上单调递减；当01a <<， ()f x 的单调递增区间为(),1a ；单调递减区间是()0a ，和()1,+∞；当1a >， ()f x 的单调递增区间为()1,a ，单调递减区间是()01，和(),a +∞；【解析】试题分析：（1）求出()f x 的导数，通过1,01,1a a a =<的讨论，分别令()'0f x >得增区间， ()'0f x <得减区间；试题解析：（1）()()()()2111x a x a x a x af x a x x x x-++---+=-++-=='，()()()()11x a x af x a x x x---=++-=-'， ①当1a =时， ()()()10x a x f x x---'=≤，∴()f x 在()0,+∞上单调递减；②当01a <<，由()0f x '>解得1a x <<，∴()f x 的单调递增区间为(),1a ， 单调递减区间是()0a ，和()1,+∞；③当1a >，同理可得()f x 的单调递增区间为()1,a ，单调递减区间是()01，和(),a +∞.。
第21讲 利用导数研究函数的单调性(解析版)
第21讲 利用导数研究函数的单调性【基础知识回顾】1. 利用导数研究函数的单调性在某个区间(a ，b)内，如果f′(x)≥0且在(a ，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y ＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)≤0且在(a ，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y ＝f(x)在这个区间内单调递减．2. 判定函数单调性的一般步骤 (1)确定函数y ＝f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0； (4)根据(3)的结果确定函数的单调区间． 3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围 (1)函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上单调递增，可转化为f ′(x)≥0在(a ，b)上恒成立，且在(a ，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a ，b)⊆增区间．函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上单调递减，可转化为f′(x)≤0在(a ，b)上恒成立，且在(a ，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a ，b)⊆减区间．(2)函数y ＝f(x)的增区间是(a ，b)，可转化为(a ，b)＝增区间，也可转化为f′(x)＞0的解集是(a ，b)；函数y ＝f(x)的减区间是(a ，b)，可转化为(a ，b)＝减区间，也可转化为a ，b 是f′(x)＝0的两根．1、.函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫1e ，e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.⎝⎛⎭⎫－∞，1eD.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞【答案】 B【解析】因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1e，故f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e . 2、函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c3的单调递增区间是( )第2题图A . (－∞，－2]B . ⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C . [)－2，3 D . ⎣⎡⎭⎫98，＋∞【答案】D【解析】 由题图可知d ＝0. 不妨取a ＝1，∵f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x)＝3x 2＋2bx ＋c. 由图可知f′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18. ∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94. 当x ＞98时，y ′＞0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为[98，＋∞).故选D .3、函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，1a B.⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫－∞，1a D ．(－∞，a )【答案】A【解析】 由f ′(x )＝1x －a >0，x >0，得0<x <1a .∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a . 4、若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________. 【答案】 (－∞，2ln 2－2)【解析】 ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ＞0，即a ＜2x －e x 有解.设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2，则当x ＜ln 2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞ln 2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得极大值也是最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ＜2ln 2－2.考向一 求函数的单调区间例1、求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x 3－12x 2－2x ＋3；(2)g(x)＝x 2－2ln x.【解析】 (1)∵f′(x)＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，定义域为R ，∴当f ′(x )>0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－23∪(1，＋∞)；当f ′(x )＜0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1. ∴函数的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，单调减区间为⎝⎛⎭⎫－23，1. (2)g ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x，定义域为(0，＋∞)，令g ′(x )＝0，解得：x ＝1或x ＝－1(舍去)，列表：x (0，1) 1 (1，＋∞) g ′(x ) － 0＋ g (x ) 减 极小值 增变式1、（1）下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( ) A.f (x )＝sin 2x B.f (x )＝x e x C.f (x )＝x 3－xD.f (x )＝－x ＋ln x【答案】 B【解析】 由于x ＞0，对于A ，f ′(x )＝2cos 2x ，f ′⎝⎛⎭⎫π3＝－1＜0，不符合题意； 对于B ，f ′(x )＝(x ＋1)e x ＞0，符合题意；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，f ′⎝⎛⎭⎫13＝－23＜0，不符合题意； 对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ，f ′(2)＝－12＜0，不符合题意.(2)函数f (x )＝2x 2－ln x 的单调递减区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫－12，12 B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫0，12 D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 【答案】 C【解析】 ∵函数f (x )＝2x 2－ln x ，∴f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x＝4⎝⎛⎭⎫x －12⎝⎛⎭⎫x ＋12x.由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜12，∴函数的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，12. （3）.已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的递增区间是________. 【答案】 ⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2 【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∪⎝⎛⎭⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2.变式2、（1）函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为__ __．（2） 函数f(x)＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是__ __．（3）已知a<0，函数f(x)＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2的单调递减区间是__ ．【解析】（1）由f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x)＝3x 2－30x －33，令f′(x)<0，即3(x －11)(x ＋1)＜0，解得－1<x<11，∴函数f(x)的单调减区间为(－1，11)． （2） f′(x)＝1－cos x>0在(0，2π)上恒成立，∴f(x)单调递增．（3）f′(x)＝3x 2＋2ax －a 2＝(3x －a)(x ＋a)，令f′(x)<0，得a3<x<－a ，∴减区间为⎝⎛⎭⎫a3，－a . 方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f ′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间． 2. 利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．考向二 给定区间求参数的范围例2、设函数()32132a f x x x bx c =-++，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. (1)求,bc 的值；(2)若0a >，求函数()f x 的单调区间；(3)设函数()()2g x f x x =+，且()g x 在区间(2,1)--内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．【解析】：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x )max ＝－22，当且仅当x ＝2x 即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．变式1、已知g (x )＝2x ＋ln x －ax .(1)若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若g (x )在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a 的取值范围.【解析】(1)g (x )＝2x ＋ln x －ax (x >0)，g ′(x )＝2＋1x ＋ax2(x >0).∵函数g (x )在[1，2]上单调递增， ∴g ′(x )≥0在[1，2]上恒成立， 即2＋1x ＋ax 2≥0在[1，2]上恒成立，∴a ≥－2x 2－x 在[1，2]上恒成立， ∴a ≥(－2x 2－x )max ，x ∈[1，2]. 在[1，2]上，(－2x 2－x )max ＝－3， 所以a ≥－3.∴实数a 的取值范围是[－3，＋∞). (2)g (x )在[1，2]上存在单调递增区间， 则g ′(x )＞0在[1，2]上有解， 即a ＞－2x 2－x 在[1，2]上有解， ∴a ＞(－2x 2－x )min ，又(－2x 2－x )min ＝－10，∴a ＞－10.变式2、若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎡⎦⎤－1，13C.⎣⎡⎦⎤－13，13D.⎣⎡⎦⎤－1，－13 【答案】 C【解析】 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53.由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立. 令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]， 则－43t 2＋at ＋53≥0，在t ∈[－1，1]上恒成立.∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13方法总结： 1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．2. 辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三 函数单调区间的讨论例3、已知函数．当时，讨论的单调性； 【解析】函数的定义域为.， 因为，所以， ①当，即时，由得或，由得， 所以在，上是增函数， 在上是减函数； ②当，即时，所以在上是增函数；③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函 综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减； 当时，在.上是单调递增；当时在，上是单调递增，在上是单调递减. 变式1、讨论下列函数的单调性． (1)f (x )＝x －a ln x ； (2)g (x )＝13x 3＋ax 2－3a 2x .【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，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，()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭1m ()f x ()f x (0,)+∞'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x -+----==1m 10m ->011m <-<12m <<()0f x '>1x >1x m <-()0f x '<11m x -<<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -11m -=2m =()0f x '≥()f x ()0,∞+11m ->2m >()0f x '>1x m >-1x <()0f x '<11x m <<-()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -12m <<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -2m =()f x ()0,∞+2m >()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -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． (2)g (x )的定义域为R ，g ′(x )＝x 2＋2ax －3a 2＝(x ＋3a )(x －a )， 当a ＝0时，g ′(x )≥0， ∴g (x )在R 上单调递增． 当a >0时，x ∈(－∞，－3a )∪(a ，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， x ∈(－3a ，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 当a <0时，x ∈(－∞，a )∪(－3a ，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， x ∈(a ，－3a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 综上有a ＝0时，g (x )在R 上单调递增；a <0时，g (x )在(－∞，a )，(－3a ，＋∞)上单调递增，在(a ，－3a )上单调递减； a >0时，g (x )在(－∞，－3a )，(a ，＋∞)上单调递增，在(－3a ，a )上单调递减． 变式2、已知函数f (x )＝x －2x ＋a (2－ln x )，a >0.讨论f (x )的单调性．【解析】 由题知，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2，设g (x )＝x 2－ax ＋2， g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ＝0，即a ＝22时，仅对x ＝2， 有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根， x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (0，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．方法总结： 对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．2. 会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．考向四 构造函数研究单调性例4、(1)设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x(2)已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集是( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)【答案】 (1)A (2)D【解析】(1)法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2，∴令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D ，不妨令f (x )＝x 2＋0.1，则已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不一定成立，故C 也是错误的，故选A.(2)∵f (x )是定义域为{x |x ≠0}的偶函数， ∴f (－x )＝f (x )．对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )， ∴xf ′(x )＋2f (x )>0. ∵g (x )＝x 2f (x )，∴g (x )也是偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0. ∵g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )在(－∞，0)递减． 若g (x )<g (1)，则|x |<1(x ≠0)， 解得0<x <1或－1<x <0.故g (x )<g (1)的解集是(－1,0)∪(0,1)． 变式1、已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )A ．B ．C ．D ． 【答案】CD 【解析】令，，则， 因为， 所以在上恒成立， 因此函数在上单调递减， 因此，即，即，故A 错；又，所以，所以在上恒成立， 0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()f x ()f x '()00f =()cos ()sin 0f x x f x x '+<6624f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ln 03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭363f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭243f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()cos f x g x x =0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x '+'=()cos ()sin 0f x x f x x '+<2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()()cos f x g x x =0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64cos cos64f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>664f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()00f =(0)(0)0cos0f g ==()()0cos f x g x x =≤0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭因为，所以，故B 错； 又，所以，即，故C 正确；又，所以，即，故D 正确；故选：CD.变式2、设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________. 【答案】 (－∞，－1)∪(0，1)【解析】 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0， 所以f (1)＝－f (－1)＝0. 当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，g (1)＝g (－1)＝0. 则当x ＞0时，g ′(x )＝⎣⎡⎦⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上单减，在(－∞，0)上单增.所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0，得f （x ）x ＞0，所以f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，由g (x )＜g (－1)＝0，得f （x ）x＜0，所以f (x )＞0. 综上知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).变式3、设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的解集为________. 【答案】 (－∞，－3)∪(0，3) 【解析】 f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0⇔ [f (x )g (x )]′＞0，所以函数y ＝f (x )g (x )在(－∞，0)上单调递增. 又由题意知函数y ＝f (x )g (x )为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0).ln0,32ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭ln 03f π⎛⎫< ⎪⎝⎭63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63cos cos 63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>363f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43cos cos43f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>243f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭数形结合可求得不等式f (x )g (x )＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3).方法总结：(1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )；(2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )； 特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )； (4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xg x(g (x )≠0)；(5)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； (6)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xx(x ≠0)．1、函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．2、设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤， 即实数a 的取值范围是(],0-∞.3、（2021·深圳市龙岗区龙城高级中学高三月考）已知函数()ln f x x =，()g x x =，则当120x x >>时（ ） A ．1122|()()||()()|f x g x f x g x -<-|B ．1122|()()||()()|f x g x f x g x ->-C ．1221|()()||()()|f x g x f x g x -<- D ．1221|()()||()()|f x g x f x g x ->-【答案】C【解析】令()ln h x x x =-，则()111xh x x x-'=-=，当()0,1x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增，当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 则()()110h x h ≤=-<，则()h x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，∴()1h x 和()2h x 的大小不确定，故AB 错误；由()0h x <可知221ln x x x <<，即()()210f x g x -<， 令1221|()()||()()|W f x g x f x g x =---， 则1221|()()|()()W f x g x f x g x =-+-，当()()12f x g x ≥时，[][]12211122()()()()()()()()0W f x g x f x g x f x g x f x g x =-+-=-+-<； 当()()12f x g x <，[][]21212211()()()()()()()()W g x f x f x g x f x g x f x g x =-+-=+-+，()()ln y f x g x x x =+=+单调递增，0W ∴<， 综上，1221|()()||()()|f x g x f x g x -<-，故C 正确，D 错误.故选：C.4、（2021·广东高三月考）已知函数()ln f x x ax =+在函数()22g x x x b =-+的递增区间上也单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞- B ．[)0,+∞C ．(][),10,-∞-+∞ D ．(]1,0-【答案】B【解析】因为()g x 的单调递增区间为[)1,+∞， 则由题意()f x 在[)1,+∞递增， 而()1axf x x+'=， 所以当0a ≥时，()0f x '>在 [)1,+∞恒成立，()f x 在区间[)1,+∞单调递增，符合题意； 当0a <时，由()10ax f x x +'=>，解得10x a<<- ()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，不合题意.综上，0a ≥. 故选：B5、（2021·广东高三月考）若对任意的1x ，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 2x x x x x x -<-，则m 的最小值是（ ）（注： 2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数） A ．1eB ．eC ．1D ．3e【答案】A【解析】由题意知210x x >>，可得210x x ->， 则122121ln ln 2x x x x x x -<-等价于()122121ln ln 2x x x x x x -<-，即121212ln 2ln 2x x x x x x +<+，所以()()1221ln 2ln 2x x x x +<+， 所以2121ln 2ln 2x x x x ++<， 令()ln 2x f x x+=，可得21f x f x ，又由21x x m >>，所以()f x 在(),m +∞上是减函数， 所以()2ln 10x f x x--'=≤，解得1x e ≥，则1m e ≥，即m 的最小值为1e . 故选：A.6、（2021·深圳市第七高级中学高三月考）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()()()0,6f x f x f x f x +-=+=-，且对[]12,3,0x x ∀∈-，当12x x ≠时，都有()()()()11221221x f x x f x x f x x f x +<+，则以下判断正确的是（ ）A ．函数()f x 是偶函数B ．函数()f x 在[]9,6--单调递增C ．3x =是函数()f x 的对称轴D ．函数()f x 的最小正周期是12【答案】BCD【解析】由定义域为R ， ()()0f x f x +-=，即()()f x f x -=-，则函数为奇函数，故A 错误；因为()()6f x f x +=-，而()()f x f x -=-，所以()()6f x f x +=-，所以函数的对称轴为6032x +==，故C 选项正确； 因为()()6f x f x +=-，所以()()()126f x f x f x +=-+=，所以()f x 的最小正周期是12，故D 选项正确；因为[]12,3,0x x ∀∈-，当12x x ≠时，都有()()()()11221221x f x x f x x f x x f x +<+， 则()()()()12120x x f x f x --<，所以[]3,0x ∈-时，()f x 为减函数. 因为函数为奇函数，所以[]0,3x ∈时，()f x 为减函数，又因为函数()f x 关于3x =对称，所以[]3,6x ∈时，()f x 为增函数.因为()f x 的最小正周期是12，所以[]9,6x ∈--的单调性与[]3,6x ∈时的单调性相同. 故，[]9,6x ∈--时，()f x 单调递增，故B 选项正确. 故选：BCD. 7、()3211232f x x x ax =-++，若()f x 在2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______ 【答案】19a >- 【解析】：()'22fx x x a =-++，有已知条件可得：2,+3x ⎛⎫∃∈∞ ⎪⎝⎭，使得()'0f x ≥，即()212a x x ≥-，只需()2min12a x x ⎡⎤≥-⎢⎥⎣⎦，而()221122122339y x x ⎡⎤⎛⎫=->-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以19a >-。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。
专题13 利用导数解决函数的极值、最值
专题13利用导数解决函数的极值、最值【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.类型一利用导数研究函数的极值万能模板内容使用场景一般函数类型解题模板第一步计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步求方程'()0f x =的根；第三步判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值.例1已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值.【答案】极小值为1，无极大值.试题解析：第一步，计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ：因为x xx f ln 1)(+=，所以()f x 的定义域为()0+∞，，所以()22111'x f x x x x -=-+=；第二步，求方程'()0f x =的根：令()'0f x =得，1x =；第三步，判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号：当01x <<时()'0f x <，当1x >时，()'0f x >；第四步，利用结论写出极值：所以1x =时，()f x 有极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0f x =，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()f x 的增减性，进而求出函数()f x 的极大值和极小值．【变式演练1】（极值概念）下列说法正确的是（）A ．当0'()0f x =时，则0()f x 为()f x 的极大值B ．当0'()0f x =时，则0()f x 为()f x 的极小值C ．当0'()0f x =时，则0()f x 为()f x 的极值D ．当0()f x 为()f x 的极值且0'()f x 存在时，则有0'()0f x =【答案】D 【解析】【分析】由导函数及极值定义得解.【详解】不妨设函数3()f x x =则可排除ABC由导数求极值的方法知当0()f x 为()f x 的极值且0'()f x 存在时，则有0'()0f x =故选：D【变式演练2】（图像与极值）已知函数()3()ln (,,)f x ax bx c a b c =++∈R 的定义域为(3,)-+∞，其图象大致如图所示，则（）A ．b a c <<B ．b c a <<C ．a b c <<D ．a c b<<【答案】A 【分析】设3()g x ax bx c =++，利用导数求得函数的单调性，以及结合图象中的函数单调性，即可求得,,a b c 的大小关系，得到答案.【详解】设3()g x ax bx c =++，可得2()3g x ax b '=+，由图象可知，函数()f x 先递增，再递减，最后递增，且当1x =时，()g x 取得极小值，所以函数()g x 既有极大值，也有极小值，所以2()30g x ax b '=+=有两个根，即3a x b=-31ab=-，可得0,0a b ><且3a b =-，又由()0ln 0f c =>，可得1c >，由()1ln()0ln1f a b c =++>=，可得1a b c ++>，所以11312c a b a a a a >--=-+=+>，所以c a b >>.故选：A.【变式演练3】（解析式中不含参的极值）已知函数()ln xf x x x=-，则（）A ．()f x 的单调递减区间为()0,1B ．()f x 的极小值点为1C ．()f x 的极大值为1-D ．()f x 的最小值为1-【答案】C【分析】先对函数求导()221ln x x f x x --'=，令()21ln x x x ϕ=--，再利用导数判断其单调性，而()1=0ϕ，从而可求出()f x 的单调区间和极值【详解】()2221ln 1ln 1x f x x x x x ---=='-.令()21ln x x x ϕ=--，则()120x x x ϕ'=--<，所以()21ln x x x ϕ=--在()0,∞+上单调递减.因为()1=0ϕ，所以当01x <<时，()0x ϕ>；当1x >时，()0x ϕ<.所以()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞，故()f x 的极大值点为1，()f x 的极大值为()11f =-故选：C【变式演练4】（解析式中含参数的极值）已知函数()2ln 2f x ax x =--，()4xg x axe x =-．（1）求函数()f x 的极值；（2）当0a >时，证明：()()()2ln 12ln ln 2g x x x a --+≥-．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形讨论单调性即可得极值；（2）令()()()2ln 1h x g x x x =--+，根据导数判断函数的单调性证明即可.【详解】（1）∵()2ln 2f x ax x =--，()0x >，∴()22ax f x a x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，函数()f x 单调递减，函数()f x 无极值；当0a >时，20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；2,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；故函数()f x 的极小值为2222=2ln 22ln f a a a a a ⎛⎫⨯--=-⎪⎝⎭，无极大值.（2）证明：令()()42ln 2222ln 20,0xxh x axe x x x axe x x a x =--+-=--->>，()()()211=22x x x x h x a e xe ae x x x +'+--=+-，故()()=21xh x x ae x '+-⎛⎫ ⎪⎝⎭，令()0h x '=的根为0x ，即02=x ae x ，两边求对数得：00ln ln 2ln a x x +=-，即00ln ln 2ln x x a +=-，∴当()0x x ∈+∞，时，()0h x '>，()h x 单调递增；当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；∴()()()0000000min 22ln 222ln 2ln 2ln xh x h x ax e x x x x a =---=-=--=-，∴()2ln 2ln 2h x a ≥-，即原不等式成立.【变式演练5】（由极值求参数范围）若函数()221e e 22x x f m x x m=--有两个极值点，则实数m 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,+∞C ．e ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．()e,+∞【答案】B 【分析】依题意，()2e e xxm f m x x =--'有两个变号零点，由()0f x '=，可得21e e xx x m +=，设()2e ex x g x x +=，求出函数()g x 的单调性及取值情况即可得解．【详解】解：依题意，()2e e x xm f m x x =--'有两个变号零点，令()0f x '=，即2e e 0x x m mx --=，则()2e e x xm x =+，显然0m ≠，则21e ex x xm +=，设()2e e x x g x x+=，则()()22421212()x x x x x x x e e e x e e x g x e e+⋅-+⋅--='=，设()1e 2x x h x =--，则()e 20xh x -'=-<，∴()h x 在R 上单调递减，又()00h =，∴当(),0x ∈-∞时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当()0,x ∈+∞时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减，∴()()max 01g x g ==，且x →-∞时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →，∴101m<<，解得1m >．故选：B ．【点睛】方法点睛：函数零点问题的求解常用的方法有：（1）方程法（直接解方程求解）；（2）图象法（画出函数()f x 的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令()=0f x 得()()g x h x =，分析函数(),()g x h x 的图象得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.【变式演练6】（由极值求其他）已知函数321()(,)3f x x ax bx a b R =++∈在3x =-处取得极大值为9.（1）求a ，b 的值；（2）求函数()f x 在区间[4,4]-上的最大值与最小值.【答案】（1）13a b =⎧⎨=-⎩；（2）最大值为763，最小值为53-.【解析】【分析】（1）先对函数求导()22f x x ax b '=++，根据题意，列出方程组求解，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，确定函数极大值与极小值，再计算出端点值，比较大小，即可得出结果.【详解】（1）由题意得：()22f x x ax b '=++，()()396039939f a b f a b ⎧-=-+=⎪∴⎨-=-+='-⎪⎩，解得：13a b =⎧⎨=-⎩.当13a b =⎧⎨=-⎩时，()32133f x x x x =+-，()()()22331f x x x x x '=+-=+-，∴当(),3x ∈-∞-和()1,+∞时，()0f x '>；当()3,1x ∈-时，()0f x '<，()f x ∴在(),3-∞-，()1,+∞上单调递增，在()3,1-上单调递减，()f x ∴的极大值为()39f -=，满足题意.（2）由（1）得：()f x 的极大值为()39f -=，极小值为()1511333f =+-=-，又()2043f -=，()7643f =，()f x ∴在区间[]4,4-上的最大值为763，最小值为53-.类型二求函数在闭区间上的最值例2已知函数()ln f x x x =-，()22g x ax x =+()0a <.（1）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；（2）求函数()()()h x f x g x =+的极值点.【答案】（1）最大值为1-，最小值为1e -；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）对函数()f x 进行求导可得()11f x x'=-，求出极值，比较端点值和极值即可得函数的最大值和最小值；（2）对()h x 进行求导可得()h x '=221ax x x++，利用求根公式求出导函数的零点，得到导数与0的关系，判断单调性得其极值.试题解析：第一步，求出函数()f x 在开区间(,)a b 内所有极值点：依题意，()11f x x '=-,令110x-=，解得1x =；第二步，计算函数()f x 在极值点和端点的函数值：()11f =-，111e e f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()e 1ef =-；第三步，比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值：因为11e 11e -<--<-，故函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为1-，最小值为1e -.（2）第一步，计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ：依题意，()()()h x f x g x =+=2ln x ax x ++，()121h x ax x =++'=221ax x x++，第二步，求方程'()0f x =的根：当0a <时，令()0h x '=，则2210ax x ++=.因为180a ∆=->，所以()221ax x h x x'++==()()122a x x x x x--，其中11184x a =-，21184x a+=-第三步，判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号：.因为0a <，所以10x <，20x >，所以当20x x <<时，()0h x '>，当2x x >时，()0h x '<，所以函数()h x 在()20,x 上是增函数，在()2,x +∞上是减函数，第四步，利用结论写出极值：故214x a+=-为函数()h x 的极大值点，函数()h x 无极小值点.【变式演练7】（极值与最值关系）已知函数()f x 在区间(),a b 上可导，则“函数()f x 在区间(),a b 上有最小值”是“存在()0,x a b ∈，满足()00f x '=”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】【分析】由开区间最小值点必为极小值点可知极小值点导数值为0，充分性成立；利用()3f x x =可验证出必要性不成立，由此得到结论.【详解】(),a b 为开区间∴最小值点一定是极小值点∴极小值点处的导数值为0∴充分性成立当()3f x x =，00x =时，()00f x '=，结合幂函数图象知()f x 无最小值，必要性不成立∴“函数()f x 在区间(),a b 上有最小值”是“存在()0,x a b ∈，满足()00f x '=”的充分不必要条件故选：A【变式演练8】（由最值求参数范围）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B 【解析】由12f a -=-+（），可得222alnx x a --≤-+在0x ＞恒成立，即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e =时，0e-＞2显然成立；当0x e ＜＜时，有10lnx -＞，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==--由0x e ＜＜时，223lnx ＜＜，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜，可得0a ≥；当x e ＞时，有10lnx -＜，可得21x a lnx ≤-，设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（），由32e x e ＜＜时，0gx g x （）＜，（）'在32e e （，）递减，由32x e >时，0g x g x '（）＞，（）在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，即有)g x （在32x e =处取得极小值，且为最小值32e ，可得32a e ≤，综上可得302a e ≤≤．故选B ．【变式演练9】（不含参数最值）已知函数2()cos sin 2f x x x =，若存在实数M ，对任意12,R x x ∈都有()()12f x f x M -≤成立.则M 的最小值为（）A ．338B ．32C ．334D ．233【答案】C 【解析】【分析】令2sin t x =，则[]0,1t ∈，设()()31h t t t =-，则()2()f x h t =，利用导数可求()max 27256h t =，从而得到()f x 的最值，故可得M 的取值范围，从而得到正确的选项.【详解】3()2cos sin f x x x =，故622()4cos sin f x x x =，令2sin t x =，则[]0,1t ∈，设()()31h t t t =-，则()2()4f x h t =，又()()()()()322131114h t t t t t t '=---=--，若10,4t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0h t '>，故()h t '在10,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数；若1,14t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0h t '<，故()h t '在1,14⎛⎤ ⎥⎝⎦为减函数；故()max 27256h t =，故2max 27()64f x =，所以max ()8f x =，min ()8f x =-，当且仅当1sin 415cos 4x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时取最大值，当且仅当1sin 415cos 4x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩时取最小值，故4M ≥即M的最小值4.故选：C.【变式演练10】（含参最值）已知函数121()(1),02x f x x a ex ax x -=---+>（1）若()f x 为单调增函数，求实数a 的值；（2）若函数()f x 无最小值，求整数a 的最小值与最大值之和.【答案】（1）1a =.（2）3【解析】【分析】（1）求出()f x '，再令()0f x '=，求出两个根，函数()f x 为单调函数，所以()f x 有两个相同的根，得到1a =，再进行检验即可；（2）由()0f x '=得11x =，或2x a =和a Z ∈，分别当0a ≤、1a =和1a >三种情况进行讨论；0a ≤时不成立，1a =时成立，1a >时，利用函数单调性，当()f x 无最小值时，(0)()f f a <，构造关于a 的函数，求出a 的范围，即可得到答案.【详解】（1）由题意，11()()()(1)x x f x x a e x a x a e --'=--+=--，()0f x '=，解得11x =，或2x a =，因为函数()f x 为单调函数，所以()f x 有两个相同的根，即1a =，1a =时，()0f x '≥，()f x 为增函数，故1a =适合题意；（2）由（1）知，()0f x '=，解得11x =，或2x a =，①当0a ≤时，则(0,1)()0x f x '∈⇒<⇒()f x 在(0,1]上为减函数，(1,)()0x f x '∈+∞⇒>⇒()f x 在[1,)+∞上为增函数，当1x =时，()f x 有最小值1(1)2f =-，故0a ≤不适合题意；②当1a =时，则(0,1)()0x f x '∈⇒>⇒()f x 在(0,1]上为增函数，(1,)()0x f x '∈+∞⇒>⇒()f x 在[1,)+∞上为增函数，∴()f x 在(0,)+∞上为增函数，()f x 无最小值，故1a =适合题意；③当1a >时，则(0,1)()0x f x '∈⇒>⇒()f x 在(0,1]上为增函数，(1,)()0x a f x '∈⇒<⇒()f x 在[1,]a 上为减函数，(,)()0x a f x '∈+∞⇒>⇒()f x 在[,)a +∞上为增函数，因为()f x 无最小值，所以(0)()f f a <21121111(1)022a a a a e e a e a e -----⇒<-⇒--+<，()()()121111112a a g a e a a e a g a e a e ----'=--+>⇒=--，，由()110a g a e -''=->在()1+∞，上恒成立，()11a g a e a e --'=--在()1+∞，上单调递增，且110g e -'=-<（），()()12200g e e g a ->''=--⇒=存在唯一的实根()112a ∈，() g a ⇒在()11a ，上单调递减；() g a 在()1a +∞，上单调递增增，且()()()2e 439410220302e 2g g e g e e e-=<=--<=-->，，()0g a ⇒=存在唯一的实根()223a ∈，，由()12121102a e a a e a a ----+<⇒<，()f x 无最小值，则21a a <<，()223a ∈，，综上，21a a ≤<，()223a ∈，，a Z ∈ ，123min max a a +=+=.【变式演练11】（恒成立转求最值）已知函数32()ln x f x e x x x ax -=+--满足()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(,e]-∞B ．(,2]-∞-C ．[2,e]D ．[2,2]-【答案】B【分析】由()0f x ≥转化为3ln x e a x x x -≤+-，设33ln ()ln ln x x x e g x x x e x x x---=+-=+-，利用3ln ln (3ln 1)ln x x e x x x x x x --+-≥--++-，即可求解.【详解】由题意，函数32()ln x f x e x x x ax -=+--满足()0f x ≥恒成立，可得32ln x ax e x x x -≤+-恒成立，即3ln x e a x x x -≤+-，设33ln ()ln ln x x x e g x x x e x x x---=+-=+-，又由函数()(1)1x x h x e x e x =-+=--，可得()1x h x e '=-，当0x >时，可得()10x h x e '=->，所以()h x 为单调递增函数，且(0)0h =，所以0x >时，可得()(0)0h x h >=，即1x e x >+，则3ln ()ln (3ln 1)ln 2x x g x e x x x x x x --=+-≥--++-=-，当且仅当3ln 0x x --=，即3ln x x =+时取“=”号，所以2a ≤-，即实数a 的取值范围是(,2]-∞-.故选：B.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．【变式演练12】（构造函数求最值）函数()22(0)f x x x =-+<，()ln x g x x x =+.若()()12f x g x =，则212x x -的最小值为（）A ．1-B ．24e -C ．2D ．1【答案】C【分析】让()()12f x g x =，得到212222ln x x x x -+=+，再构造22122222ln x x x x x -=+-，然后令()22ln x u x x x =+-，研究()u x 的最小值即可.【详解】由题120x x <<，且()()12f x g x =，2120x x ->.有212222ln x x x x -+=+，则22122222ln x x x x x -=+-，令()22ln x u x x x=+-（0x >且1x ≠，()0u x >）.（1）当01x <<时，易知()0u x <，不满足条件.（2）当1x >时，知()0u x >，由222ln ln 1(2ln 1)(ln 1)()ln ln 2x x x x u x x +--+'==，令()0u x '=，则1 x =，212x =（舍去），若1x <<()0u x '<；若x >()0u x '>，则 x =时取得极小值2u=-，也为最小值，则()u x u ≥，即21242x x -≥-，所以212x x -的最小值为2.故选：C.【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是构造出212x x 的表达式并要统一变量，二是对构造的函数求最小值.。
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数在（0,1）内有最小值，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B.【解析】首先对函数进行求导，即，然后根据函数在（0,1）内有最小值，讨论参数与0的大小关系，进而找到符合条件的的取值范围，即（1）若，此时，这表明在（0,1）上单调递增的，所以在处取得最小值，显然不可能；（2）若，令，解得，当时，为增函数，为减函数，所以在处取得最小值，也是最小值，故极小值点在（0,1）内，符合条件要求.综上所述，的取值范围为（0,1）.故答案应选B.【考点】利用导数求闭区间上函数的最值.2.已知函数.（1）若函数在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；【答案】（1）（2）【解析】（1）对函数求导，求出极值点，范围在内，得到不等式关系，解不等式即可；（2）要对恒成立问题转化,转化为求最值问题，令，求出在的最小值.试题解析：（1）当x>0时，，有；所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减，函数在处取得唯一的极值．由题意，且，解得所求实数的取值范围为.（2）当时，令，由题意，在上恒成立令，则，当且仅当时取等号．所以在上单调递增，．因此，在上单调递增，．所以．【考点】导数运算，化归思想.3.设函数，则的极小值点为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，令得解得，又因为函数的定义域为，当时，，所以时为减函数；当时，，所以时为增函数；所以当时函数取得极小值；【考点】导数在求函数极值中的应用；4.已知函数.（1）求曲线在点（1，0）处的切线方程；（2）设函数，其中，求函数在上的最小值.(其中为自然对数的底数)【答案】（1）（2）当时，的最小值为0；当时，的最小值为；当时，的最小值为．【解析】利用导数的几何意义求曲线在点处的切线方程，注意这个点的切点.（2）解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.（3）分类讨论是学生在学习过程中的难点，要找好临界条件进行讨论.试题解析：（1）由，得切线的斜率为．又切线过点，所以直线的方程为 4分（2），则令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增①当，即时，在上单调递增，所以在上的最小值为②当，即时，在上单调递减，在上单调递增．在上的最小值为③当，即时，在上单调递减，所以在上的最小值为．综上：当时，的最小值为0；当时，的最小值为；当时，的最小值为． 12分【考点】（1）利用导数求切线方程；（2）利用导数求函数的最值.5.已知是实数，函数.（1）若，求的值及曲线在点处的切线方程.（2）求在上的最大值.【答案】（1），；（2）．【解析】解题思路：（1）先求导，进而求得值，利用导数的几何意义求切线方程；（2）求导，讨论的根与区间的关系，进而求得极值.规律总结：导数的几何意义求切线方程：；利用导数研究函数的单调性、极值、最值及与函数有关的综合题，都体现了导数的重要性；此类问题往往从求导入手，思路清晰；但综合性较强，需学生有较高的逻辑思维和运算能力.试题解析：（1），因为又当时所以曲线在处的切线方程为（2）令，解得，当即时，在上单调递增，从而.当即时，在上单调递减，从而当即时，在上单调递减，在单调递增，从而综上所述.【考点】1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的最值.6.设函数f(x)＝＋ln x，则()A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点【答案】D【解析】因为，所以当时，，当x>2时，，故知x＝2为f(x)的极小值点．故选Ｄ．【考点】函数的极值．7.已知函数在与处都取得极值．（1）求函数的解析式；（2）求函数在区间[-2，2]的最大值与最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由已知函数在与处都取得极值，得到，求出得到：关于a,b的两个方程，联立解方程组可得到a,b的值，从而可写出函数的解析式；（2）由（１）已求出的解析式，要求函数在区间[-2，2]的最大值与最小值，只需先求出函数在区间[-2，2]的极大值与极小值，再求出两个端点的函数值，然后比较这四个数值的大小，得其中的最大者就是该函数的最大值，最小者就是该函数的最小值．试题解析：（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx，f¢（x）＝3x2＋2ax＋b 1分由f¢（）＝，f¢（1）＝3＋2a＋b＝0 3分得a＝，b＝－2 5分经检验，a＝，b＝－2符合题意所以，所求的函数解析式为： 6分（2）由（1）得f¢（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1）， 7分列表如下：（－2，－）－（－，1）9分11分所以当时， 12分【考点】１．函数导数；２．函数极值；３．函数最值．8.已知函数在处取得极值为（1）求的值；（2）若有极大值28，求在上的最小值．【答案】（1）（2）在上的最小值为【解析】（1）由，又知在处取得极值，，即可解得的值.（2）由（1）可得，即可求得函数在处有极大值，再由，可得，，再利用单调性易判断在上的最小值为.试题解析：（1）∵，∴又∵在处取得极值，∴且，即且，解得：.（2）由（1）得：，，令，解得：，极大值极小值∴函数在处有极大值，且，∴，此时，，在上的最小值为.【考点】利用函数极值求参数；利用导数求函数最值.9.定义在R上的函数，若对任意，都有，则称f(x)为“H函数”，给出下列函数：①；②；③；④其中是“H函数”的个数为( ).A．4B．3C．2D．1【答案】C【解析】，；令得；令得；函数在递减，在递增；又，.【考点】利用导数求闭区间上的最值.10.函数在[0，3]上的最大值和最小值分别是A．5，15B．5，－14C．5，－15D．5，－16【答案】C【解析】，；令得；令得；函数在递减，在递增；又，.【考点】利用导数求闭区间上的最值.11.函数．（1）求函数的极值；（2）设函数，对，都有，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】解题思路：（1）求导，令得，列表即可极值；（2）因为，都有，所以只需即可，即求的最值.规律总结：（1）利用导数求函数的极值的步骤：①求导；②解，得分界点；③列表求极值点及极值；（2）恒成立问题要转化为求函数的最值问题.注意点：因为，都有，所以只需即可.试题解析：（1）因为，所以，令，解得，或，则x－22＋－＋故当时，有极大值，极大值为；当时，有极小值，极小值为．（2）因为，都有，所以只需即可．由（1）知：函数在区间上的最小值，又，则函数在区间上的最大值，由，即，解得，故实数m的取值范围是．【考点】1.函数的极值；2.不等式恒成立问题.12.已知既有极大值又有极小值，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由已知得:在R上有两个不相等的实根,所以解得:,故选D．【考点】函数的极值．13.已知函数，存在，，则的最大值为。
利用导数研究含参函数的单调性【公开课教学PPT课件】
3
2
y
y
y
-1 0 x
-1 a 0 x a -1 0 x
①当a=-1时
②当a>-1时
③当a<-1时
小结：当两根的大小不确定时，应进行分类讨论.
探究二
变式二：讨论函数f ( x) 1 x2 +(1 a)x a ln x的单调性. 2
y
y
0a
x a0 x
①当a>0时
②当a≤0时
小结：当根大小不确定时，应讨论根的大小及根是否在定义域内.
2、已知函数f ( x) ln x a ，求f ( x)的单调区间 x
3、已知函数f ( x) 1 ax2 x (a 1)ln x,讨论f ( x)的单调性 2
感谢您的指导
邱奉美
第三章 导数应用
利用导数研究含参函数的单调性
（第1课时）
探究一
变式一：讨论函数f ( x) 1 x3 1 a x2 ax 1的单调性.
3
2
探究一
变式一：讨论函数f ( x) 1 x3 1 a x2 ax 1的单调性.
0，x2
1
1)当 1 1即a 1时，f (x)在（0， ）上递增.
a
10 0a1 00
10
1 1
x 11
xx
1
xx
aa
2)当1 1即a 1时，f (x)在（0，1）和（1， )上递增; f (x)在（ 1 ，1）上递减.
a
a
a
3)当1 1即0 a 1时，f (x)在（0，1）和（1， )上递增; f (x)在（1，1 ）上递减.
探究二
变式三：讨论函数f ( x) 1 x2 (a 1)x a ln x的单调性. 2
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
3.2利用导数研究函数的单调性课件高三数学一轮复习【01】
考点一 导数法研究函数的单调性 命题角度1 不含参函数的单调性
√
A.&5
B.&6
C.&7
√D.&8
原函数看增减 函数看正负
A.&9
B.&10
C.&1
√D.&12
√
√
√
A
√
命题角度4 求参数的范围（值）
区分：f(x)在[1,+∞）上单调递增 f(x)的单调区间是[1,+∞）
3.2 利用导数研究函数的单调性
【教材梳理】
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，
那么函数在这个范围内变化得__较__快__，这时函数的图象就比 较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数在这个范围内变化得_较__慢，
函数的图象就比较“平缓”.
【常用结论】
1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.
√
学科素养·“二次求导”中的理性思维
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(一) 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，所以 f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得 a＝e－1 2，与 1＜21a＜e 矛盾． ④当21a≥e 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值 1 在 x＝1 处取得， 而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，不符合题意． 综上所述，a＝e－1 2或 a＝－2.
所以 f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为12，1. (2)f′(x)＝2ax2－2ax＋1x＋1＝2ax－1xx－1， 令 f′(x)＝0，得 x′1＝1，x′2＝21a， 因为 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 x′2＝21a≠x′1＝1， ①当21a＜0 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以 f(x)在(0，e]上的最大值为 f(1)，令 f(1)＝1，解得 a＝－2.
①当 a≤0 时，g′(x)＝ex－a>0 在 R 上恒成立，
∴g(x)＝f′(x)在(－∞，＋∞)上递增； ②当 a>0 时，令 g′(x)>0 得 x>ln a，令 g′(x)<0 得 x<ln a， ∴g(x)＝f′(x)在(－∞，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增．
综上所述：当 a≤0 时，y＝f′(x)是(－∞，＋∞)上的增函数； 当 a>0 时，y＝f′(x)在(－∞，ln a)上是减函数，在(ln a，＋∞)上是增函数． (2)由(1)知，①当 a≤0 时，f′(x)＝ex－ax－1 在(－1，＋∞)上递增，又 f′(0) ＝0，∴－1<x<0 时，f′(x)<0；x>0 时，f′(x)>0， 则 f(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(0)＝1； ②当 0<a≤1e时，ln a≤－1，由(1)知 f′(x)在(－1，＋∞)上递增，又 f′(0)＝0， 则 f(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(0)＝1；
专题3.3 利用导数研究函数的单调性-重难点题型精讲(新高考地区专用)(解析版)
专题3.3 利用导数研究函数的单调性-重难点题型精讲函数的单调性与导数的关系条件 恒有 结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )>0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )<0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数【思考】“f(x )在区间(a ，b )上是增函数，则f ′(x )>0在(a ，b )上恒成立”，这种说法是否正确？ 提示 不正确，正确的说法是：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 )上的任一非空子区间内都不恒为零．【题型1 不含参函数的单调性】 【方法点拨】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．【例1】（2021春•鞍山期末）函数f（x）=xx2+1的单调递减区间为．【解题思路】根据题意，求出函数的导数，解f′（x）≤0，利用导数与函数单调性的关系分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，函数f（x）=xx2+1，其导数f′（x）=(x2+1)−x×(2x)(x2+1)2=1−x2(x2+1)2，若f′（x）≤0，即1−x2(x2+1)2≤0，解可得：x≤﹣1或x≥1，即函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1]、[1，+∞）；故答案为：（﹣∞，﹣1]、[1，+∞）．【变式1-1】（2021春•资阳期末）函数f（x）=√x•lnx的递增区间为（）A．(1e2，+∞)B．(1e，+∞)C．(0，1e2)D．(0，1e)【解题思路】对f（x）求导，令f′（x）＞0，即可求得函数的递增区间．【解答过程】解：f（x）=√x•lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）=12√x lnx+√xx=1√x（12lnx+1），令f′（x）＞0，解得x＞1e2，即函数f（x）=√x•lnx的递增区间为（1e2，+∞）．故选：A．【变式1-2】（2021春•修水县期末）已知函数f(x)=(x−1)e xx2+1．求函数f（x）的单调区间．【解题思路】对f（x）求导，利用导数与单调性的关系即可求解；【解答过程】解：f′（x）=xe x(x2+1)−(x−1)e x(2x)(x2+1)2=x(x2−2x+3)e x(x2+1)2，令f′（x）＞0，可得x＞0，令f′（x）＜0，可得x＜0，∴（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．【变式1-3】（2021•全国四模）已知f（x）＝e x．求关于x的函数g（x）＝f（x）﹣4f（﹣x）﹣5x的单调区间．【解题思路】依题意，得g（x）＝e﹣x（e x﹣1）（e x﹣4），由g′（x）＞0可得g（x）的增区间，g′（x）＜0可得g（x）的减区间；【解答过程】解：g（x）＝e x﹣4e﹣x﹣5x，g′（x）＝e x+4e﹣x﹣5＝e﹣x（e x﹣1）（e x﹣4），∴g′（x）＞0⇔x＞ln4或x＜0，g（x）的增区间为（﹣∞，0），（ln4，+∞）；g′（x）＜0⇔x＞0＜x＜ln4，g（x）的减区间为（0，ln4）；【题型2 含参函数的单调性】【方法点拨】(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．【例2】（2021•湖南模拟）已知函数f（x）＝x3+3a（x+1）（a∈R）．讨论f（x）的单调性．【解题思路】对函数f（x）求导，分a≥0及a＜0讨论导函数与0的大小关系，即可求得单调性；【解答过程】解：f′（x）＝3x2+3a，①当a≥0时，f′（x）≥0，f（x）在R上单调递增；②当a＜0时，令f′（x）＞0，解得x＜−√−a或x＞√−a，令f′（x）＜0，解得−√−a＜x＜√−a，∴f（x）在(−∞，−√−a)，(√−a，+∞)上单调递增，在(−√−a，√−a)上单调递减；综上，当a≥0时，f（x）在R上单调递增；当a＜0时，f（x）在(−∞，−√−a)，(√−a，+∞)上单调递增，在(−√−a，√−a)上单调递减；【变式2-1】（2021•肥城市模拟）已知函数f(x)=ln(x+a)−xx+a，a∈R．讨论f（x）的单调性．【解题思路】求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；【解答过程】解：由已知可得函数f（x）的定义域为（﹣a，+∞），f′(x)=x(x+a)2，当a≤0时，x＞﹣a≥0，故f'（x）＞0，f（x）在（﹣a，+∞）上单调递增；当a＞0时，x∈（﹣a，0）时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣a，0）上单调递减，x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递增区间是（﹣a，+∞），无单调递减区间；当a＞0时，f（x）的单调递减区间是（﹣a，0），f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．【变式2-2】（2021•庐阳区校级模拟）已知函数f(x)=a2(x−2)2−x+2lnx(a＞0)．讨论f（x）的单调性．【解题思路】可得f′(x)=(x−2)(ax−1)x，分a=12，0＜a＜12，a＞12三类讨论，可得f（x）的单调性；【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a(x−2)−1+2x=(x−2)(ax−1)x，令f'（x）＝0，则x1＝2，x2=1 a．（ⅰ）若a=12，则f'（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数．（ⅱ）若0＜a＜12，则1a＞2，当x∈(0，2)∪(1a，+∞)时，f'（x）＞0；当x∈(2，1a)时，f'（x）＜0．（ⅲ）若a ＞12，则0＜1a ＜2，当x ∈(0，1a )∪(2，+∞)时，f '（x ）＞0；当x ∈(1a，2)时，f '（x ）＜0． 综上所述；当a =12时，f （x ）在（0，+∞）上是增函数；当0＜a ＜12，f （x ）在（0，2），(1a，+∞)上是增函数，在(2，1a)上是减函数； 当a ＞12时，f （x ）在(0，1a )，（2，+∞）上是增函数，在(1a ，2)上是减函数． 【变式2-3】（2021•丙卷模拟）已知函数ℎ(x)=a 2x −a −1+lnxx，其中a ∈R ，若函数f （x ）＝x •h （x ），讨论f （x ）的单调性．【解题思路】由条件可得f ′（x ）=(2ax+1)(ax−1)x，然后分a ＝0，a ＞0，a ＜0三类讨论，可得f （x ）的单调情况；【解答过程】解：由题意，得2221()()()1(0)lnxf x x h x x a x a a x ax lnx x x+=⋅=⋅--=--->， 则222121(21)(1)()2a x ax ax ax f x a x a x x x--+-'=--==①当0a =时，1()0f x x'=-<在(0,)+∞上恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；②当0a >时，110,02x a a-<<>， 令()0f x '>，即(21)(1)0ax ax x +->，解得1x a >；令()0f x '<，即(21)(1)0ax ax x+-<，解得10x a <<，()f x ∴在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；③当0a <时，110,02x a a<<->， 令()0f x '>，即(21)(1)0ax ax x +->，解得12x a >-； 令()0f x '<，即(21)(1)0ax ax x +-<，解得102x a<<-，()f x ∴在1(0,)2a-上单调递减，在1(,)2a -+∞上单调递增．综上，当0a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；当0a <时，()f x 在1(0,)2a-上单调递减，在1(,)2a -+∞上单调递增．【题型3 利用函数单调性比较大小】【例3】（2021•二模拟）已知a=12ln2+14，b=2e，c=lnπ+1π，则a，b，c之间的大小关系为（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a【解题思路】本题不能直接比较大小，所以先将a，b化为与c一样的形式，即a=12ln2+14+14=2ln2+14=ln4+14，b=2e=lne+1e，然后令f(x)=lnx+1x，利用导数求出函数的单调性，比较大小．【解答过程】解：令f(x)=lnx+1x，则f′(x)=−lnxx2，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）上递增，令f′（x）＜0，解得：x＞1，所以f（x）在（1，+∞）上递减，由题：a=12ln2+14+14=2ln2+14=ln4+14=f（4），b=2e=lne+1e=f（e），c=lnπ+1π=f（π），因为e＜π＜4，所以f（e）＞f（π）＞f（4），即b＞c＞a，故选：B．【变式3-1】（2021•丙卷模拟）已知函数f（x）+f'（x）＝2m x，f（x）﹣f'（x）＝2m﹣x（m＞1），若a＝0.75，b＝70.5，c＝log51，则（）A．f（b）＜f（a）＜f（c）B．f（c）＜f（b）＜f（a）C．f（c）＜f（a）＜f（b）D．f（a）＜f（b）＜f（c）【解题思路】根据条件得到f（x）＝e x+e﹣x，然后判断f（x）的奇偶性和单调性，再结合a＝0.75，b＝70.5，c＝log51，判断a，b，c的大小即可．【解答过程】解：由f（x）+f'（x）＝2m x与f（x）﹣f'（x）＝2m﹣x，得f（x）＝m x+m﹣x，f'（x）＝m x﹣m﹣x，所以m＝e，所以f（x）＝e x+e﹣x，由f（x）＝f（﹣x），知函数f（x）为偶函数．又f'（x）＝e x﹣e﹣x，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．因为c=log51=0＜a=0.75＜1＜b=70.5，所以f（c）＜f（a）＜f（b）．故选：C．【变式3-2】（2021•皇姑区校级模拟）已知实数x ，y ，z 满足e y lnx ＝ye x 且e z ln 1x=ze x ，若y ＞1，则（ ）A ．x ＞y ＞zB ．x ＞z ＞yC ．y ＞z ＞xD ．y ＞x ＞z【解题思路】由选项确定比较x ，y ，z 三个字母的大小，题干中只有两个等式及y ＞1，所以先考虑到将等式变形，确定除x ＞1，z ＜0；在比较x 与y 的大小，构造出x ，y 的一个不等式，然后利用函数的单调性求解．【解答过程】解：因为e y•lnx ＝y •e x可e y y=e x lnx，∵y ＞1，e y＞0，∴e y y＞0，∴e x lnx＞0，∴lnx ＞0， ∴x ＞1，∵e z⋅ln 1x =z ⋅e x，∴e z z =e x ln1x=−e x lnx ＜0，∵e z ＞0， ∴z ＜0；（下面比较x ，y 的大小）令f （x ）＝x ﹣lnx ，f′(x)=1−1x =x−1x ，当x ＞1时，f ′（x ）＞0，∴f （x ）在（1，+∞）上单调递增，∴x ＞1时，f （x ）＞f （1），即x ﹣lnx ＞1，一定有x ﹣lnx ＞0，∴x ＞lnx ＞0，∴e x x＜e x lnx①，又∵e xlnx=e x y，①式可化为e x x＜e y y，令g(x)=e xx ，则g′(x)=e x (x−1)x 2， 当x ＞1时，g ′（x ）＞0，∴g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∵x ＞1，y ＞1，e x x＜e y y，∴x ＜y ，综上：y ＞x ＞z 故选：D ．【变式3-3】（2021•渝水区校级模拟）已知x ∈(0，π4)，且a =2cos 2x+1e 2cos 2x，b =cosx+1e cosx ，c =sinx+1e sinx ，则a ，b ，c 的大小关系式为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b【解题思路】构造函数g （x ）=x+1e x ，利用导数可得g （x ）在区间（0，+∞）单调递减，进一步分析可得2cos 2x ＞cos x ＞sin x ＞0，从而可得答案． 【解答过程】解：令g （x ）=x+1e x ， 则g ′（x ）=−xe x ，所以当x ＞0时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减．① 因为x ∈(0，π4)， 所以cos x ∈（√22，1），2cos x ∈（√2，2），且cos x ＞sin x ＞0， 又2cos 2x ﹣cos x ＝cos x （2cos x ﹣1）＞0， 所以2cos 2x ＞cos x ＞sin x ＞0， 由①得a ＜b ＜c ， 故选：A ．【题型4 利用函数单调性解不等式】【例4】（2021•大通县一模）已知定义在R 上的函数f （x ）满足f （2）＝20，且f （x ）的导函数f '（x ）满足f '（x ）＞6x 2+2，则不等式f （x ）＞2x 3+2x 的解集为（ ） A ．{x |x ＞﹣2}B ．{x |x ＞2}C ．{x |x ＜2}D ．{x |x ＜﹣2或x ＞2}【解题思路】令g （x ）＝f （x ）﹣2x 3﹣2x ，结合条件判断g （x ）的单调性，将问题转化为g （x ）＞g （2），然后求出不等式的解集即可．【解答过程】解：令g （x ）＝f （x ）﹣2x 3﹣2x ，则g '（x ）＝f '（x ）﹣6x 2﹣2＞0， 所以g （x ）在R 上单调递增．因为g （2）＝f （2）﹣2×23﹣2×2＝0， 故原不等式等价于g （x ）＞g （2），所以x ＞2， 所以不等式的解集为{x |x ＞2}． 故选：B ．【变式4-1】（2021•全国卷模拟）f （x ）是定义在R 上的奇函数，且f （1）＝0，f '（x ）为f （x ）的导函数，且当x ∈（0，+∞）时f '（x ）＞0，则不等式f （x ﹣1）＞0的解集为（ ）A．（0，1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，1）∪（1，+∞）C．（﹣∞，1）∪（2，+∞）D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）【解题思路】依题意，作出y＝f（x）的图象，得到f（x）＞0的解集，继而可得不等式f（x﹣1）＞0的解集．【解答过程】解：∵f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）＝0，当x∈（0，+∞）时f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递增，图形如下：∴f（x）＞0的解集为：（﹣1，0）∪（1，+∞），又y＝f（x﹣1）的图象是y＝f（x）的图象向右平移一个单位，∴不等式f（x﹣1）＞0的解集为（0，1）∪（2，+∞），故选：A．【变式4-2】（2021•长春模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足f（x）+xf'（x）＞1（f'（x）为函数f（x）的导函数），则不等式（1+x）f（1﹣x2）＞f（1﹣x）+x的解集为（）A．（0，1）B．（0，1]C．（0，+∞）D．（0，1）∪（1，+∞）【解题思路】构造函数g（x）＝xf（x）﹣x，求出函数的导数，根据函数的单调性求出不等式的解集即可．【解答过程】解：由（1+x）f（1﹣x2）＞f（1﹣x）+x，当x＜1时，可得（1﹣x）（1+x）f（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）+（1﹣x）x，即（1﹣x2）f（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）+x﹣x2，即（1﹣x2）f（1﹣x2）﹣（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）﹣（1﹣x），构造函数g（x）＝xf（x）﹣x，g'（x）＝f（x）+xf'（x）﹣1＞0，所以函数g（x）递增，则1﹣x2＞1﹣x，此时0＜x＜1，即0＜x＜1满足；当x＞1时，可得（1﹣x2）f（1﹣x2）﹣（1﹣x2）＜（1﹣x）f（1﹣x）﹣（1﹣x），由函数g（x）递增，则1﹣x2＜1﹣x，此时x＜0或x＞1，即x＞1满足；当x＝1时，2f（0）＞f（0）+1，即f（0）＞1满足f（x）+x⋅f'（x）＞1．综上，x∈（0，+∞），故选：C．【变式4-3】（2021•香坊区校级三模）设函数f'（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，当x＞0时，lnxf′（x）＜−1x f（x），则使得（x2﹣9）f（x）＜0成立的x的取值范围是（）A．（﹣3，0）∪（3，+∞）B．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）C．（﹣3，0）∪（0，3）D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）【解题思路】令g(x)＝f(x)lnx(x＞0),则当x＞0时，g(x)＝f(x)lnx单调递减，而g(1)＝0，于是可得当x∈(0,1)∪(1,+∞)时，f(x)＜0；x∈(﹣1,0)∪(﹣∞,﹣1)时，f(x)＞0，从而可求得（x2﹣9）f（x）＜0的解．【解答过程】解：令g(x)＝f(x)lnx(x＞0),则g′(x)＝f′(x)lnx+1x f(x)＜0,∴当x＞0时，g(x)＝f(x)lnx单调递减．又g(1)＝f(1)ln1＝0,∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0,而此时lnx＜0,∴f(x)＜0；当x∈(1,+∞)时，g(x)＜0,而此时lnx＞0,∴f(x)＜0；又f（x）是奇函数,∴当x∈(﹣1,0)时，f(x)＞0；当x∈(﹣∞,﹣1)时，f(x)＞0；∵（x2﹣9）f（x）＜0,∴当x＜0时，x2﹣9＜0，解得﹣3＜x＜0；①当x＞0时，x2﹣9＞0，解得x＞3；②综合①②，得（x2﹣9）f（x）＜0成立的x的取值范围为（﹣3，0）∪（3，+∞），故选：A．【题型5 函数单调性与图像关系】【例5】（2020秋•宝鸡期末）若函数y＝f（x）的导函数图象如图所示，则y＝f（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【解题思路】根据f′（x）的图象，分别判断函数的单调性即可．【解答过程】解：设f′（x）＝0的两个根分别为a，b，0＜a＜b，则当x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，排除选项A和D；当a＜x＜b时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数，当x＞b时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，∵0＜a＜b，∴选项B不成立，选项C成立，则对应的图象为C，故选：C．【变式5-1】（2021春•葫芦岛期末）设函数f（x）的图象如图所示，则导函数f′（x）的图象可能为（）A．B．C ．D ． 【解题思路】由原函数的单调性确定导函数的函数值的正负，即可得解【解答过程】解：由f （x ）的图象知当x ∈（﹣∞，1）时，f （x ）单调递减，f '（x ）＜0当x ∈（1，4）时，f （x ）单调递增，f '（x ）＞0当x ∈（4，+∞）时，f （x ）单调递减，f '（x ）＜0故选：C ．【变式5-2】（2020秋•南昌期末）已知定义在R 上的函数y ＝f （x ），其导函数y ＝f '（x ）的大致图象如图所示，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 （e ）＞f （d ）D ．f （c ）＞f （b ）＞f （a ）【解题思路】根据导函数的图象，求出函数f （x ）的单调区间，根据a ，b ，c 的大小以及函数的单调性判断函数值的大小即可．【解答过程】解：显然f （x ）（﹣∞，c ）递增，在（c ，e ）递减，在（e ，+∞）递增，而a ＜b ＜c ，故f （a ）＜f （b ）＜f （c ），故选：D ．【变式5-3】（2020秋•渝中区校级月考）已知函数y ＝f （x ）（x ∈R ）的图象如图所示，则不等式f′(x)x−1＜0的解集为（ ）A ．（﹣∞，0）∪（12，2）B ．（﹣1，1）∪（1，3）C ．（﹣∞，12）∪（12，2） D ．（﹣∞，12）∪（1，2） 【解题思路】根据条件判断函数的单调性，利用数形结合即可解不等式．【解答过程】解：∵f′(x)x−1＜0，即（x ﹣1）•f ′（x ）＜0，∴不等式等价为x ＞1时，f ′（x ）＜0，此时函数单调递减，由图象可知此时解集为：（1，2）． 当x ＜1时，f ′（x ）＞0，此时函数单调递增，由图象可知x ＜12，即不等式的解集为（﹣∞，12）∪（1，2）． 故选：D ．【题型6 利用函数单调性求参数】【方法点拨】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(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(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，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．【例6】（2021•广东模拟）若函数f(x)=ax 2+1e x（e 为自然对数的底数）是减函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．a ≤0B ．a ≤1C ．a ＞0D ．0≤a ≤1 【解题思路】对f （x ）求导，由f （x ）是减函数可得f ′（x ）≤0恒成立，令g （x ）＝2ax ﹣ax 2﹣1，则g （x ）≤0恒成立，对a 分类讨论，即可求得a 的取值范围．【解答过程】解：函数f(x)=ax 2+1e x 的定义域为R ，f ′（x ）=2ax−ax 2−1e x， 因为函数f （x ）是减函数，所以f ′（x ）≤0恒成立，令g （x ）＝2ax ﹣ax 2﹣1，则g （x ）≤0恒成立，当a＝0时，g（x）＝﹣1成立；当a＜0时，则g（x）的图象开口向上，g（x）≤0不恒成立，不符合题意；当a＞0时，要使g（x）≤0恒成立，则△＝4a2﹣4a≤0，解得0≤a≤1，又a＞0，所以0＜a≤1．综上可得，实数a的取值范围是0≤a≤1．故选：D．【变式6-1】（2021•湖南模拟）若函数f（x）＝﹣x3+ax2+4x在区间（0，2）上单调递增，则实数a的取值范围为．【解题思路】问题转化为a≥3x2−2x在（0，2）恒成立，令g(x)=3x2−2x，x∈(0，2)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的取值范围即可．【解答过程】解：f（x）＝﹣x3+ax2+4x，则f′（x）＝﹣3x2+2ax+4，若f（x）在区间（0，2）上单调递增，则﹣3x2+2ax+4≥0在（0，2）恒成立，即a≥3x2−2x在（0，2）恒成立，令g(x)=3x2−2x，x∈(0，2)，则g′(x)=32+2x2＞0，g（x）在（0，2）递增，故g（x）＜g（2）＝2，故a≥2，故实数a的取值范围为[2，+∞），故答案为：[2，+∞）．【变式6-2】（2021•南昌二模）若函数f（x）=x2+ax+1在（﹣1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为．【解题思路】根据题意，求出函数的解析式，由函数的导数与单调性的关系，可得f′（x）＝1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤（x+1）2的区间（﹣1，+∞）上恒成立，据此分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，f（x）=x2+ax+1=x2−1+a+1x+1=x﹣1+a+1x+1，其导数f′（x）＝1−a+1 (x+1)2，若函数f（x）=x2+ax+1在（﹣1，+∞）上单调递增，则f′（x）＝1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤（x+1）2的区间（﹣1，+∞）上恒成立，又由x∈（﹣1，+∞），则（x+1）2≥0，必有a +1≤0即a ≤﹣1恒成立，即a ≤﹣1，则a 的取值范围为（﹣∞，﹣1]． 故答案为：（﹣∞，﹣1]．【变式6-3】（2021•黔江区校级模拟）函数f （x ）＝x 2﹣axlnx 在(2e ，2)上不单调，则实数a 的取值范围是 ．【解题思路】求出函数的导数，问题转化为方程a =2x lnx+1在(2e ，2)上有根，令g （x ）=2x lnx+1，根据函数的单调性求出a 的范围即可．【解答过程】解：f ′（x ）＝2x ﹣a （lnx +1），若函数f （x ）＝x 2﹣axlnx 在(2e ，2)上不单调，则方程f ′（x ）＝0在(2e ，2)上有根即方程a =2x lnx+1在(2e ，2)上有根且方程的根是函数f ′（x ）的变号零点， 令g （x ）=2x lnx+1，则g ′（x ）=2lnx (lnx+1)2， x ∈（2e ，1）时，g ′（x ）＜0，g （x ）递减，x ∈（1，2）时，g ′（x ）＞0，g （x ）递增， 又g （1）＝2，g （2e ）=4eln2，g （2）=4ln2+1，由g （2）﹣g （2e）=4ln2+1−4eln2＞0， 得g （x ）∈（2，4ln2+1），故a ∈（2，4ln2+1），故答案为：（2，4ln2+1）．。
高考数学之利用导数研究函数的极值和最值
高考数学之利用导数研究函数的极值和最值一．知识点睛1.可导函数的极值：①如果函数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，我们就把a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.②如果函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大，f′(b)=0；而且在点x=b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，我们就把b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.注意：①.可导函数y=f（x）在点x0取得极值的充要条件是f′(x0)=0，且在点x0左侧和右侧，f′(x)异号②.导数为0的点不一定是极值点，比如y=x3即导数为0的点是该点为极值点的必要条件，而不是充分条件。
③.若极值点处的导数存在，则一定为02.求可导函数极值的步骤：①.确定函数的定义域②求导f′(x)③求方程f′(x)=0的根④把定义域划分为部分区间，并列成表格，检查f′(x)在方程根左右的符号，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。
二．方法点拨：1.已知具体函数求极值2.已知含参函数的极值点和极值，确定参数：①极值点处导数为0②由极值点，极值组成的坐标在曲线上，由这两点建立有关参数的方程，求出参数值以后还须检验，看参数是否符合函数取得极值的条件。
3.已知含参函数极值点个数，确定参数范围:函数f（x）的极值点导函数f′(x) 的异号零点f′(x)=0的根函数y=k与函数y=g（x）图像交点的横坐标注意：导函数f′(x)的零点并不是函数f（x）的极值点，导函数f′(x)的异号零点才对应函数f（x）的极值点。
因此方程f′(x)=0的根及函数y=k与函数y=g（x）图像交点的横坐标，必须对应f′(x) 的异号零点。
方法总结：解决函数的零点，极值点，及方程根的关系问题时，优先考虑分离参数法，若分离参数不容易实现或者分离后依然不好解决问题，再考虑以下解题思路：（1）研究函数图像与X轴的位置关系⑵研究非水平的动直线（定点直线系或者斜率不为0的平行直线系）与固定函数曲线的位置关系⑶研究动态曲线与曲线的位置关系。
利用导数讨论函数的单调性
利用导数讨论函数的单调性广西南宁市第二十六中学（530201）许莉［摘要］导数是研究函数性质的一个重要工具，利用求导研究含参函数的单调性是高考的热点，也是学生感到棘手的一个问题.文章结合实例，分类讨论研究导数与函数的单调性之间的关系.［关键词］导数；函数；单调性［中图分类号］G633.6［文献标识码］A［文章编号］1674-6058（2021）14-0030-02一、利用导数求函数的单调区间利用导数研究函数单调性的依据：若函数y=f(x)在某个区间内可导：若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；若f′(x)=0，则f(x)在这个区间内是常数函数[1].［例1］（2013年高考天津卷节选）已知函数f(x)=x2ln x.求函数f(x)的单调区间.分析：在对f(x)进行求导之前，应先考虑函数的定义域（因为单调区间必须是在定义域的限定范围内，而这个也是学生容易忽略的问题），再进行求导判断符号.解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=2x ln x+x=x()2ln x+1，令f'(x)>0，得x>1e；令f'(x)<0，得0<x<1e，所以函数f(x)的单调递减区间是()0,1e，单调递增区间是()1e,+∞.小结：利用导数判断函数单调性的一般步骤：第一步，求函数的定义域；第二步，求导数f′(x)，其中求导后若有分母就考虑通分，若能因式分解就要因式分解，不能因式分解再考虑求根公式或者其他化简；第三步，在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；第四步，写出函数f(x)的单调区间.二、利用导数讨论含参数函数的单调性［例2］（2015年高考新课标卷2节选）已知函数f(x)=ln x+a(1-x)，讨论函数f(x)的单调性.分析：在对f(x)进行求导后，发现求导后的函数不能直接判断符号，而是当a不为0时分子为一个含参的一次函数，这类问题就转化为求解含参的一次函数问题.解：f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x-a=1-axx，若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增.若a>0，则当x∈()0,1a时，f′(x)>0；当x∈()1a,+∞时，f′(x)<0.所以f(x)在()0,1a单调递增，在()1a,+∞单调递减.小结：求导后导函数为含参的一次函数，求解不等式ax+b>0(<0)的步骤：（1）将不等式化为ax>-b；（2）a=0时，不等式不是一元一次不等式，单独讨论；（3）若a>0，则x>-ba；若a<0，则x<-ba，还要注意单调区间必须包含在定义域内.［例3］（2016年高考四川卷节选）已知函数f(x)=ax2-a-ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性.分析：在对f(x)进行求导后，发现求导后的函数不能直接判断符号，而当a不为0时分子为一个含参的二次函数，这类问题就转化为求解含参的二次函数问题.对于含参的二次函数，首先考虑的是二次函数图像的开口方向，其次是是否有根，是否能直接求零点，而这也正是分类讨论的标准.对于学生来说，不重不漏地进行分类是答题的关键点.解：定义域{x|x>}0，f′()x=2ax-1x=2ax2-1x，x>0，当a≤0时，2ax2-1≤0，f′()x≤0，f()x在（0，+∞）上单调递减.当a>0时，令f'(x)=0，得x=当x∈(时，f'(x)<0；当x∈)∞时，f′(x)>0.故f(x)在(上单调递减，在)+∞上单调递增.小结：求导后导函数为含参的二次函数，求解不等式ax2+bx+c>0(<0)的步骤：（1）讨论二次项系数；（2）判断是否有零点；（3）根据对应一元二次方程数学·解题研究根的情况，得到一元二次不等式的解集，从而得到函数的单调性.［例4］（2019年高考全国卷Ⅲ理20节选）已知函数f (x )=2x 3-ax 2+b .讨论f (x )的单调性.分析：在对f (x )进行求导后，发现求导后可以因式分解，从而得到二次含参函数的零点，这时二次函数的开口方向已经确定，只需要对得到的两个两点进行分类讨论即可.解：（1）f '(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a )，令f ′(x )=0，得x =0或x =a3.若a >0，则当x ∈()-∞,0∪()a3,+∞时，f '(x )>0；当x ∈()0,a3时，f '(x )<0.故f (x )在()-∞,0和()a3,+∞上单调递增，在()0,a3上单调递减；若a =0，f (x )在(-∞,+∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈()-∞,a3∪()0,+∞时，f ′(x )>0；当x ∈()a3,0时，f ′(x )<0；故f (x )在()-∞,a3∪()0,+∞上单调递增，在()a3,0上单调递减.综上所述，若a =0，f (x )在()-∞,+∞上单调递增；若a <0，f (x )在()-∞,a3和()0,+∞上单调递增，在()a3,0上单调递减.若a >0时，f (x )在()-∞,0和()a3,+∞上单调递增，在()0,a3上单调递减.小结：求导后导函数为含参的二次函数，但是可以直接求出导函数的零点，只需要判断两根的大小，再根据“大于取两边，小于取中间”，得到f ′(x )>0，则f (x )在这个区间内单调递增；若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间内单调递减即可.［例5］（2018年高考全国卷Ⅰ节选）已知函数f (x )=1x -x +a ln x .讨论f (x )的单调性.分析：在对f (x )进行求导后，发现求导后的二次函数的开口方向已经确定，但是是否有零点还不能判断，因此分类的标准应该是对判别式进行讨论，进而再对可能存在的零点进行讨论，做到不重不漏.解：f (x )的定义域为()0,+∞，f '(x )=-1x2-1+a x =-x 2-ax +1x 2.（1）若a ≤2，则f '(x )≤0，所以f (x )在()0,+∞单调递减.（2）若a >2，令f '(x )=0，得x =a -a 2-42或x =a +a 2-42.当x ∈()0,a -a 2-42∪()a +a 2-42,+∞时，f '(x )<0；当x ∈()0,a -a 2-42,a +a 2-42时，f ′(x )<0.所以f (x )在()0,a -a 2-42，()a +a 2-42,+∞单调递减，在()0,a -a 2-42,a +a 2-42单调递增.小结：求导后导函数为含参的二次函数，但是不能判断导函数是否有零点，则需要根据判别式的正负从而得到“存在零点”和“不存在零点”的分类标准，当判别式大于零时，还要判断是否可以比较两零点的大小，以及零点与定义域的关系，做到分类有序、不重不漏[2].通过以上例题发现，利用导数研究函数的单调性是一个有效的工具.利用导数求含参函数单调性的分类标准为：（1）求导后若导函数为含参数的一次函数，可以根据含参数的一次函数进行分类讨论.（2）求导后若导函数为含参数的二次函数，若求导后不能判断开口方向的，分类的标准是先讨论二次函数的开口方向，再讨论是否存在零点；若求导后导函数可以直接因式分解得到零点，则分类标准是直接对零点进行分类讨论；若求导后导函数确定了开口方向，但是不能判断是否有零点，则分类标准是直接对判别式进行分类讨论[3].而在分类时要做到不重不漏.［参考文献］［1］祝敏芝.利用导数研究函数的单调性问题［J ］.中学数学教学参考，2020（Z1）：130-133.［2］王历权，范美卿，金雷.利用导数研究函数的单调性问题［J ］.中学数学教学参考，2019（7）：36-39.［3］陈达辉.利用导数研究函数单调性的几种类型［J ］.数学学习与研究，2019（8）：97.（责任编辑陈昕）数学·解题研究。
利用导数研究含参函数的单调性
利用导数研究含参函数的单调性导数是研究函数的重要工具之一，通过对函数的导数进行研究，可以得到函数的单调性信息。
含参函数是指函数中包含一个或多个参数，通过改变参数的取值可以得到一组函数。
接下来，我们将讨论如何利用导数研究含参函数的单调性。
首先，我们先来回顾一下单调性的概念。
若函数在其定义域上单调递增，则函数的值随自变量的增加而增加；若函数在其定义域上单调递减，则函数的值随自变量的增加而减小。
简而言之，单调性描述了函数随自变量变化的趋势。
对于含参函数，我们首先可以将参数视为常数，通过对函数关于自变量的导数进行研究，来探究函数的单调性。
然后，我们再考虑参数的变化对函数单调性的影响。
以一元含参函数为例，设函数为f(x;a)，其中x为自变量，a为参数。
我们首先对自变量x求导，得到导函数f'(x;a)。
然后，通过研究导函数的单调性来推导出原函数f(x;a)的单调性。
在研究导函数的单调性时，我们可以采用以下几种方法：1.部分导数法：对于多元含参函数，我们可以先固定参数a，然后对自变量中的一些变量求导，得到该变量的偏导数。
通过研究偏导数的单调性，可以推导出原函数的部分单调性。
然后，再逐个固定其他变量，对其他变量求导，从而得到更完整的原函数的单调性。
2.极值点法：对于导函数f'(x;a)，我们可以求出其零点，即f'(x;a)=0的解，也就是导函数的临界点。
通过研究导函数在临界点附近的变化情况，可以推导出原函数的单调性。
具体而言，如果导函数在临界点附近从正变负，那么原函数在临界点左边单调递增，在临界点右边单调递减；反之，如果导函数在临界点附近从负变正，那么原函数在临界点左边单调递减，在临界点右边单调递增。
3.导数符号法：对于导函数f'(x;a)，如果在整个定义域上恒大于0或者恒小于0，则可以推导出原函数在整个定义域上单调递增或者单调递减。
具体而言，如果f'(x;a)>0，那么原函数单调递增；如果f'(x;a)<0，那么原函数单调递减。
数学高二选修2试题 3.1导数与函数的单调性
第三章 3.1导数与函数的单调性1．函数的单调性如果在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)>0，则在这个区间上，函数y＝f(x)是增加的；如果在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)<0，则在这个区间上，函数y＝f(x)是减少的．2．求函数极值点的步骤(1)求出导数f′(x)；(2)解方程f′(x)＝0；(3)对于f′(x)＝0的每一个解x0：①若f′(x)在x0两侧的符号“左正右负”，则x0为极大值点；②若f′(x)在x0两侧的符号“左负右正”，则x0为极小值点；③若f′(x)在x0两侧的符号相同，则x0不是极值点．3．函数的最值(1)在闭区间上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在上单调递增，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)在上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x )>0是f (x )为增函数的充要条件．( × ) (2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的． ( × ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )(4)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件．( × ) (5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值． ( √ ) (6)函数f (x )＝x sin x 有无数个极值点．( √ )2． 函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是( ) A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x＝2x ＋1x －1x(x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．3．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1，f ′(1)≠0. ∴x ＝1不是f (x )的极值点． 当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.4．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．(－∞，＋∞)答案 B解析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．5．函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．答案[－3，＋∞)解析f′(x)＝3x2＋a，f′(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立．∴a≥－3.题型一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．思维启迪 函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论． 解 f ′(x )＝e x －a ，(1)若a ≤0，则f ′(x )＝e x －a ≥0， 即f (x )在R 上单调递增， 若a >0，e x －a ≥0，∴e x ≥a ，x ≥ln a . 因此当a ≤0时，f (x )的单调增区间为R ， 当a >0时，f (x )的单调增区间是[ln a ，＋∞)． (2)∵f ′(x )＝e x －a ≤0在(－2,3)上恒成立． ∴a ≥e x 在x ∈(－2,3)上恒成立． 又∵－2<x <3，∴e －2<e x <e 3，只需a ≥e 3. 当a ＝e 3时，f ′(x )＝e x －e 3在x ∈(－2,3)上， f ′(x )<0，即f (x )在(－2,3)上为减函数，∴a ≥e 3. 故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数． 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)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 )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(1)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________．答案 (2,2a )解析 f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )， 由a >1知，当x <2时，f ′(x )>0， 故f (x )在区间(－∞，2)上是增函数； 当2<x <2a 时，f ′(x )<0，故f (x )在区间(2,2a )上是减函数； 当x >2a 时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上是增函数． 综上，当a >1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上是增函数， 在区间(2,2a )上是减函数．(2)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是________．答案 (－∞，－1]解析 转化为f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在[－1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x ＋2)在[－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x (x ＋2)＝(x ＋1)2－1， 所以g (x )min ＝－1，则b 的取值范围是(－∞，－1]．题型二 利用导数求函数的极值例2 设a >0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)求曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处与直线y ＝－x ＋1垂直的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．思维启迪 (1)通过f ′(2)的值确定a ；(2)解f ′(x )＝0，然后要讨论两个零点的大小确定函数的极值． 解 (1)由已知，得x >0，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax ，y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1， 所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，所以a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0， 故所求的切线方程为y ＝x －2.(2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax＝x 2－a ＋1x ＋a x ＝x －1x －ax.①当0<a <1时，若x ∈(0，a )，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增；若x ∈(a,1)，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．此时x ＝a 是f (x )的极大值点，x ＝1是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12.②当a ＝1时，f ′(x )＝x －12x>0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递增， 此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a >1时，若x ∈(0,1)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若x ∈(1，a )，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a .综上，当0<a <1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a >1时，f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a .思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点．所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax1＋ax 22.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x ⎝⎛⎭⎫－∞，1212 ⎝⎛⎭⎫12，32 32 ⎝⎛⎭⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x )极大值极小值所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1. 所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．题型三 利用导数求函数的最值例3 已知函数f (x )＝ax 2＋1(a >0)，g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间上的最大值为28，求k的取值范围．思维启迪(1)题目条件的转化：f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)；(2)可以列表观察h(x)在(－∞，2]上的变化情况，然后确定k的取值范围．解(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)，即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，所以h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h′(x)，h(x)在(－∞，2]上的变化情况如下表所示：x (－∞，－3)－3(－3,1)1(1,2) 2h′(x)＋0－0＋＋h(x)28－4 3当－3<k<2时，函数h(x)在区间上的最大值小于28.因此k的取值范围是(－∞，－3]．思维升华(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．已知函数f(x)＝x ln x.(1)求函数f(x)的极值点；(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．解(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，由f ′(x )＝0得x ＝1e，所以f (x )在区间(0，1e )上单调递减，在区间(1e ，＋∞)上单调递增．所以，x ＝1e 是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)， 则g ′(x )＝ln x ＋1－a ， 由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1，所以，在区间(0，e a －1)上，g (x )为递减函数， 在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )为递增函数．当e a －1≤1，即a ≤1时，在区间上，g (x )为递增函数， 所以g (x )的最小值为g (1)＝0.当1<e a －1<e ，即1<a <2时，g (x )的最小值为g (e a －1)＝a －e a －1. 当e a －1≥e ，即a ≥2时，在区间上，g (x )为递减函数， 所以g (x )的最小值为g (e)＝a ＋e －a e. 综上，当a ≤1时，g (x )的最小值为0； 当1<a <2时，g (x )的最小值为a －e a －1； 当a ≥2时，g (x )的最小值为a ＋e －a e.提醒四 利用导数求函数的最值问题典例：(12分)已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间； (2)求f (x )在区间上的最小值．思维启迪 (1)解方程f ′(x )＝0列表求单调区间；(2)根据(1)中表格，讨论k －1和区间的关系求最值．规范解答解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x (－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－e k－1所以，f((2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在上单调递增，所以f(x)在区间上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在上单调递增，所以f(x)在区间上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在上单调递减，所以f(x)在区间上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在上的最小值为f(1)＝(1－k)e.用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题：第一步：求函数f(x)的导数f′(x)；第二步：求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；第五步：反思回顾：查看关键点，易错点和解题规范．温馨提醒(1)本题考查求函数的单调区间，求函数在给定区间上的最值，属常规题型．(2)本题的难点是分类讨论．考生在分类时易出现不全面，不准确的情况．(3)思维不流畅，答题不规范，是解答中的突出问题．方法与技巧1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．失误与防范1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1． 若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像如图所示，则y ＝f (x )的图像可能为( )答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图像应该是先下降后上升，最后下降，排除A ，D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.2． 下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A ．(π2，3π2)B ．(π，2π)C ．(3π2，5π2)D ．(2π，3π)答案 C解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈(3π2，5π2)时，恒有x cos x >0.故选C.3． 设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a <－1B ．a >－1C ．a >－1eD ．a <－1e答案 A解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.4． 设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤3答案 A解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.5． 函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间上的最大值是( )A ．－2B ．0C ．2D ．4答案 C解析 ∵f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2. ∴f (x )在上是减函数． ∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.二、填空题6． 函数f (x )＝x ＋9x 的单调减区间为________．答案 (－3,0)，(0,3) 解析 f ′(x )＝1－9x 2＝x 2－9x 2，令f ′(x )<0，解得－3<x <0或0<x <3， 故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．7． 函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3有极大值又有极小值，则a 的取值范围是________． 答案 a >2或a <－1 解析 ∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3，∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0. ∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根． 即Δ＝4a 2－4a －8>0，∴a >2或a <－1. 8． 设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围是________．答案 (－∞，72)解析 f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f (－23)＝15727，f (－1)＝112，f (2)＝7，故f (x )min ＝72，∴a <72.三、解答题9． 已知函数f (x )＝1x ＋ln x ．求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．10．已知函数f (x )＝x 2＋b sin x －2(b ∈R )，F (x )＝f (x )＋2，且对于任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0.(1)求函数f (x )的解析式；(2)已知函数g (x )＝f (x )＋2(x ＋1)＋a ln x 在区间(0,1)上单调递减，求实数a 的取值范围． 解 (1)F (x )＝f (x )＋2＝x 2＋b sin x －2＋2＝x 2＋b sin x ， 依题意，对任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0. 即x 2＋b sin x －(－x )2－b sin(－x )＝0， 即2b sin x ＝0，所以b ＝0，所以f (x )＝x 2－2. (2)∵g (x )＝x 2－2＋2(x ＋1)＋a ln x ， ∴g (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ， g ′(x )＝2x ＋2＋ax.∵函数g (x )在(0,1)上单调递减，∴在区间(0,1)内， g ′(x )＝2x ＋2＋a x ＝2x 2＋2x ＋ax ≤0恒成立，∴a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立．∵－(2x 2＋2x )在(0,1)上单调递减，∴a ≤－4为所求．B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)1． 已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (1)<e f (0)，f (2 014)>e 2 014f (0)B ．f (1)>e f (0)，f (2 014)>e 2 014f (0)C ．f (1)>e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0)D ．f (1)<e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0) 答案 D解析 令g (x )＝f xex ，则g ′(x )＝(f xe x )′＝f ′x e x －f x e x e 2x ＝f ′x －f xe x<0，所以函数g (x )＝f xe x 是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 014)<g (0)， 即f 1e 1<f 01，f 2 014e 2 014<f 01， 故f (1)<e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0)．2． 如图是函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图像，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289答案 C解析 由图像可得f (x )＝x (x ＋1)(x －2)＝x 3－x 2－2x ， 又∵x 1、x 2是f ′(x )＝3x 2－2x －2＝0的两根， ∴x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝(23)2＋2×23＝169. 3． 已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －1x －3x ，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 )在区间上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.4． (2013·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解 (1)f ′(x )＝e x (ax ＋b )＋a e x －2x －4 ＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4∵y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4， ∴f ′(0)＝a ＋b －4＝4，f (0)＝b ＝4， ∴a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2(x ＋2) ＝2(x ＋2)(2e x －1)令f ′(x )＝0得x 1＝－2，x 2＝ln 12，列表：∴y ＝f (x )的单调增区间为(－∞，－2)，⎝⎛⎭⎫ln 12，＋∞； 单调减区间为⎝⎛⎭⎫－2，ln 12. f (x )极大值＝f (－2)＝4－4e －2.5． 已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 在上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0.(1)求a 的取值范围．(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在上的最大值和最小值． 解 (1)由f (0)＝1，f (1)＝0，得c ＝1，a ＋b ＝－1， 则f (x )＝e x ， f ′(x )＝e x ，依题意对于任意x ∈，有f ′(x )≤0. 当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图像开口向上， 而f ′(0)＝－a <0，所以需f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1； 当a ＝1时，对于任意x ∈，有f ′(x )＝(x 2－1)e x ≤0， 且只在x ＝1时f ′(x )＝0，f (x )符合条件； 当a ＝0时，对于任意x ∈，f ′(x )＝－x e x ≤0， 且只在x ＝0时，f ′(x )＝0，f (x )符合条件； 当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值范围为0≤a ≤1. (2)因g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x ， g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x ， ①当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0， g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1， 在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.②当a ＝1时，对于任意x ∈有g ′(x )＝－2x e x ≤0， g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2， 在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.③当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a2a>0.若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时， g (x )在上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ， 在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e. 当1－a 2a <1，即13<a <1时， g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g (1－a 2a )＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值， 而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，由g (0)－g (1)＝1＋a －(1－a )e ＝(1＋e)a ＋1－e ＝0， 得a ＝e －1e ＋1.则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (0)－g (1)≤0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ； 当e －1e ＋1<a <1时，g (0)－g (1)>0， g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e.。
高考数学利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)题型一：利用导数研究函数的单调性
题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ． （1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-= 当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m -时，()0f x '，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '===令12x x == 故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 3．已知函数()ln a f x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈. （1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞； 【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-. ∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x .∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞.2．已知函数()321f x x ax =++，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围； （3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值. 【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1） 由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+， 当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，； 当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，， 当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，； （2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，，所以2233a -≤-， 解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，； （3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-， 解得1a =.3．已知函数()3f x x ax =-+，a R ∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立． 因为当1≥x 时，233x ≥，所以 3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令'0f x 得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题
高二数学利用导数研究函数的单调性试题1.若点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小值为()A．1B．C．D．【答案】B【解析】设P，点P到直线y＝x－2的距离==，设=（），所以==，当＜0时，＜0，当＞0时，＞0，则在（0,1）是减函数，在（1，+）上是增函数，则当=1时，取极小值也是最小值=2，此时=，故选B.考点:点到直线的距离公式，导数的综合运用2.直线与函数的图像有三个相异的交点，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】得列表:x(-,-1)-1(-1,1)1(1,+ ) ++y画出大到图象可得：-2<a<2,故选A.【考点】函数的极值.3.已知函数有极大值和极小值，则的取值范围为()A．－12B．－36C．－1或2D．－3或6【答案】D【解析】,函数有极大值与极小值，则，即方程有两个不等的根，所以，解得或．【考点】函数的极值．4.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】显然x=1时，有|a|≥1，a≤-1或a≥1．令g（x）=ax3-lnx，g′(x)＝3ax2−＝=g（1）当a≤-1时，对任意x∈（0，1]，g′(x)＝＜0，g（x）在（0，1]上递减，g（x）min=a≤-1，此时g（x）∈[a，+∞），|g（x）|的最小值为0，不适合题意．当a≥1时，对任意x∈（0，1]，g′(x)＝＝0，∴x＝函数在（0，）上单调递减，在（,+∞）上单调递增∴|g（x）|的最小值为g()＝+ ，解得：a≥∴实数a 取值范围是[，+∞),故答案为.【考点】导数知识的运用，函数的单调性与最值，分类讨论的数学思想，函数恒成立问题.5.函数的单调减区间为___________.【答案】【解析】因为，解得，因此函数的单调减区间为.【考点】导数求单调区间6.设函数（1）试问函数能否在处取得极值，请说明理由;（2）若，当时，函数的图像有两个公共点，求的取值范围.【答案】（1）函数不能在处取得极值，理由详见试题解析;（2）的取值范围是.【解析】（1）先对函数求导，因为函数在实数上单调递增，故函数不可再处取得极值.（2）函数与的图像在有两个公共点，即方程在有两解，结合函数的单调性可求的取值范围.（1），当时，，而此时，函数在实数上单调递增，故函数不可再处取得极值.（2）当时，，函数与的图像在有两个公共点，即方程在有两解，方程可转化为，设，则，令，解得，所以函数在递增，在上递减.，所以要使得方程有两解需.【考点】导函数的综合应用、构造思想、转化与化归思想.7.已知若,使得成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】由题可知的最大值为，又，当时，减函数，当时，，为增函数，所以有最小值为.若,使得成立,只需.【考点】利用导数判断函数的单调性.8.若函数在区间内是增函数，则实数的取值范围是A．B．C．D．【答案】B【解析】，在区间内是增函数，在区间内恒成立，由，故【考点】导数与单调性，恒成立问题9.(本小题满分15分)若函数在时取得极值，且当时，恒成立.（1）求实数的值；（2）求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，是方程的一个根，设另一个根是，则，所有（2）所以，，令，解得+0-0+极大值又，所以，当时，。
用导数研究函数的性质 第2课时极值与最值课件高二下学期数学北师大版(2019)选择性必修第二册
高中数学
选择性必修第二册
北师大版
新知学习
新知引入
在用导数研究函数的单调性时，我们发现利用导数的正负可以判断函数的增减.如果函数在某些点的导数
为0，那么在这些点处函数有什么性质呢？
观察下图，我们发现当 = 时，高台跳水运动员距水面的高度最大，那么函数ℎ()在此点处的导数是多
少？此点附件的函数图象有什么特点？相应地，导数的正负有什么变化规律?
（1）求出函数 的定义域；
（2）求导数()′ 及函数()′ 的零点；
（3）用零点将 的定义域为若干个区间，列表给出()′ 在各个区间上的正负，并得出 单调性与极值；
（4）确定 图象经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势；
解 （1）函数的定义域为 ∈ ，
因为 ′ = + 1 ′ e + + 1 (e )′ = e + + 1 e = + 2 e ，
令 ′ =0,解得： = −2. ′ 、 的变化情况如表所示
(−∞, −)
-2
(−, +∞)
′
-
+
单调递减
端点处取得.
高中数学
选择性必修第二册
北师大版
即时训练
求下列各函数的最值．
π π
(1)f (x)＝3x3－9x＋5，x∈[－2，2]；(2)f (x)＝sin 2x－x，x∈[− 2 , 2 ].
解 (1)f ′(x)＝9x2－9＝9(x＋1)(x－1)，令f ′(x)＝0得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f ′(x)，f (x)变化状态如下表：
由（1）及图可得，当 = −2时，有最小值 −2 = −
江苏省高考数学二轮复习第16讲利用导数研究函数的单调性极值与最值课件 (1)
题型一
导数与函数的单调性
例1 (2018盐城高三模拟)若对任意实数k,b都有函数y=f(x)+kx+b的图象与直 线y=kx+b相切,则称函数f(x)为“恒切函数”.设函数g(x)=aex-x-pa,a,p∈R.
(1)讨论函数g(x)的单调性;
(2)已知函数g(x)为“恒切函数”. ①求实数p的取值范围;
因为h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,
1 所以当x∈(0,+∞)时, -ax-2<0有解, x 1 2 即存在x∈(0,+∞),使得a> . 2 - x x 1 2 设G(x)= - (x∈(0,+∞)),所以只要a>G(x)min即可. x2 x
1 -1,所以当x∈(0,+∞)时,G(x) =-1, 而G(x)= min 1 x
x g'(x) g(x) (-∞,1) + ↗ 1 0 极大值 (1,+∞) ↘
1 1 故g(x)max=g(1)= ,所以b> . e e
( x 1)(ae x x) 1 (2)f(x)的定义域为(0,+∞),其导函数为f '(x)= ,当a= 时, f '(x)= 2 x e ( x 1)(e x1 x) 2 , x 1 x x-1 由(1)知 ≤ , 即 e -x≥0,当且仅当x=1时取等号, x e e
1 1 2 1 ( x0 1) + =- x0(x0+2)=- , 4 4 4 1 3 3 3 3 2 1 2, 上递增,r(-2)=0,r = 函数r(x)=- (x+1) + 在 ,故0<m< .综上所 4 4 16 2 2 16 3 述,0≤m< . 16
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A．个B．个C．个D．个【答案】A【解析】函数为增函数, 函数为减函数, 当且左侧,右侧时为极小值点,从而只有一个满足,答案选A..【考点】函数的导数与极值2.若函数在[－1,1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是__________【答案】【解析】令得或,当时, ,当时, ,因此当时, ,所以,当时, ,当时, ,因此,答案为.【考点】导数与最值3.设函数，则的极小值点为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，令得解得，又因为函数的定义域为，当时，，所以时为减函数；当时，，所以时为增函数；所以当时函数取得极小值；【考点】导数在求函数极值中的应用；4.已知函数，且是函数的极值点。
给出以下几个问题：①；②；③；④其中正确的命题是__________。
（填出所有正确命题的序号）【答案】①③【解析】的定义域为，，所以有，所以有即即，所以有；因为，所以有。
【考点】导数在求函数极值中的应用5.已知函数在处有极大值．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若过原点有三条直线与曲线相切，求的取值范围；（Ⅲ）当时，函数的图象在抛物线的下方，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】（Ⅰ）通过对函数f（x）求导，根据函数在x=2处有极值，可知f'（2）=0，解得a的值．（Ⅱ）把（1）求得的a代入函数关系式，设切点坐标，进而根据导函数可知切线斜率，则切线方程可得，整理可求得b的表达式，令g'（x）=0解得x1和x2．进而可列出函数g（x）的单调性进而可知-64＜b＜0时，方程b=g（x）有三个不同的解，结论可得．（Ⅲ）当x∈[-2，4]时，函数y=f（x）的图象在抛物线y=1+45x-9x2的下方，进而可知x3-12x2+36x+b＜1+45x-9x2在x∈[-2，4]时恒成立，整理可得关于b的不等式，令h（x）=-x3+3x2+9x+1，对h（x）进行求导由h'（x）=0得x1和x2．分别求得h，h（-1），h（3），h（4），进而可知h（x）在[-2，4]上的最小值是，进而求得b的范围．试题解析：（Ⅰ），或，当时，函数在处取得极小值，舍去；当时，，函数在处取得极大值，符合题意，∴．（3分）（Ⅱ），设切点为，则切线斜率为，切线方程为，即，∴．令，则，由得，．函数的单调性如下：↗极大值↘极小值↗∴当时，方程有三个不同的解，过原点有三条直线与曲线相切．（8分）（Ⅲ）∵当时，函数的图象在抛物线的下方，∴在时恒成立，即在时恒成立，令，则，由得，．∵，，，，∴在上的最小值是，．（12分）【考点】等比关系的确定；利用导数研究函数的极值．6.已知函数，在点处的切线方程是（e为自然对数的底）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
§3.2导数与函数的单调性、极值、最值
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)判断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，
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检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根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f(x)在(a，b)内的极值；
②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小
值．
1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．()
(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．()
(3)函数的极大值不一定比极小值大．()
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()
(6)函数f(x)＝x sin x有无数个极值点．() 2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是() A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则() A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
4．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．(－∞，＋∞)
5．函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．答案[－3，＋∞)
解析f′(x)＝3x2＋a，f′(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，
则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立．∴a≥－3.
题型一利用导数研究函数的单调性
例
1 已知α，[,]22
βππ∈-，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是 A ．αβ>
B ．0αβ+>
C ．αβ<
D ．22αβ>
变式训练
⑴已知函数2()2cos f x x x =+，若()f x '是()f x 的导函数，则函数()f x '的图象大致是 A ． B ．
C ．
D ．
⑵已知函数384()ln 33
f x x x =
--，则函数()f x 的零点个数为______________． ⑶．已知函数2()ln f x x x x =--的导函数为()f 'x ． ①解不等式()2f 'x <；
②求函数()()4x x g f x =-的单调区间．
题型二 利用导数求函数的极值
例2 设f (x )＝e x
1＋ax 2，其中a 为正实数．
(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；
(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．
例
3如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则x21＋x22等于()
A.89
B.109
C.169
D.289
变式训练
⑴.设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf′(x)的图象可能是 ( )
⑵.函数y=x 3-3x 2-9x(-2<x<2)有 ( )
A.极大值5，极小值-27
B.极大值5，极小值-11
C.极大值5，无极小值
D.极小值-27，无极大值
⑶.函数f(x)=mln x-cos x 在x=1处取得极值，则m 的值为 (
) A.sin 1 B.-sin 1
C.cos 1
D.-cos 1
⑷.设函数f(x)=xe x ，则 ( )
A.x=1为f(x)的极大值点
B.x=1为f(x)的极小值点
C.x=-1为f(x)的极大值点
D.x=-1为f(x)的极小值点
⑸.若a>0，b>0，且函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值，则+的最小值为
( )
A. B. C. D.
⑹.已知a∈R，且函数y=e x+ax(x∈R)有大于零的极值点，则( )
A.a<-1
B.a>-1
C.a<-
D.a>-
⑺.函数f(x)=x3-x4在区间上的极值点
为.
⑻.若函数y=-x3+6x2+m的极大值为13，则实数m等于.
1.设函数f(x)=e x(sin x-cos x)(0≤x≤2 015π)，则函数f(x)的各极大值之和为( )
A. B.
C. D.
2.已知函数f(x)=x4+9x+5，则f(x)的图象在(-1，3)内与x轴的交点的个数为.
3已知函数f(x)＝x ln x ，求函数f(x)的极值点
题型三利用导数求函数的最值
例
3已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．
变式训练
1.函数f(x)=x2e x+1，x∈[-2，1]的最大值为( )
A.4e-1
B.1
C.e2
D.3e2.
2.函数f(x)=2+，x∈(0，5]的最小值为( )
A.2
B.3
C.
D.2+
3 若函数y=x3+x2+m在[-2，1]上的最大值为，则m等于( )
A.0
B.1
C.2
D.
4.函数f(x)=x3-3ax-a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围为
( )
A.0≤a<1
B.0<a<1
C.-1<a<1
D.0<a<
5.已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)-g(x)的最大值为( )
A.f(a)-g(a)
B.f(b)-g(b)
C.f(a)-g(b)
D.f(b)-g(a)
6.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1，1]上的最大值为.
7设函数f(x)=x3-3x+1，x∈[-2，2]的最大值为M，最小值为m，则M+m= .
8.已知函数f(x)=+ln x，求f(x)在上的最大值和最小值.
9.设f(x)=ln x，g(x)=f(x)+f′(x).
(1)求g(x)的单调区间和最小值.
(2)求a的取值范围，使得g(a)-g(x)<对任意x>0恒成立.
1.(5分)设动直线x=m与函数f(x)=x3，g(x)=ln x的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为( )
A.(1+ln 3)
B.ln 3
C.1+ln 3
D.ln 3-1
2函数f(x)=x3-3x-1，若对于区间[-3，2]上的任意x1，x2，都有
|f(x1)-f(x2)|≤t，则实数t的最小值是 ( )
A.20
B.18
C.3
D.0。