2019-2020年高考数学总复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课时作业

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(北京专用)2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性课件理共3

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66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德谟克利特 67、今天应做的事没有做，明天再早也是耽误了。——裴斯泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运的，只是一瞬之间。 ——歌德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
(北京专用)2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与
函数的单调性课件理
6
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露
凝
无
游
氛
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天
高
风
景
澈
。
7、翩翩新来燕，双双入我庐，先巢故尚在，相将还旧居。
8
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吁
嗟
身
后
名
，
于
我
若
浮
烟
。
9、陶渊明（约 365年 —427年），字元亮，（又一说名潜，字渊明）号五柳先生，私谥“靖节”，东晋末期南朝宋初期诗人、文学家、辞赋家、散
文家。汉族，东晋浔阳柴桑人（今江西九江）。曾做过几年小官，后辞官回家，从此隐居，田园生活是陶渊明诗的主要题材，相关作品有《饮酒》、《归园田居》、《桃花源记》、《五柳先生传》、《归去来兮辞》等。

高三数学总复习优质课件函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值

(A)(0,1)
(B)(1,+∞)
(C)(-∞,1)
(D)(0,+∞)
解析:因为f(x)是R上的减函数且f(2a-1)<f(a),所以2a-1>a,所以a>1,故
选B.
4.若函数f(x)=(m-2)x+b在R上是减函数,则f(m)与f(2)的大小关系是
( A )
(A)f(m)>f(2)
(B)f(m)<f(2)
在这一区间具有(严格的)单调性, 区间D 叫做函数y=f(x)的单调区间.
2.函数的最值
前提
条件
一般地,设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M满足
(3)对于任意的 x∈I,
(1)对于任意的x∈I,都有 f(x)≤M ; 都有 f(x)≥M
;
(2)存在x ∈I,使得 f(x0)=M _
(4)存在x ∈I,使得
所以(2a+2b)x+c=0,所以 c=0,a=-b,

所以二次函数图象的对称轴方程为 x= .

因为 f(x)在区间[2m,m+1]上不单调,所以 2m< <m+1,所以- <m< .

答案:(- , )

[对点训练3] 若函数f(x)=2|x-a|+3在区间[1,+∞)上不单调,则a的取值范
是增函数;如果y=f(u)和u=g(x)的单调性相反,那么y=f(g(x))是减函数.在
应用这一结论时,必须注意:函数u=g(x)的值域必须是y=f(u)的单调区间的
子集;
(3)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数;一个增(减)函数与一个减(增)函

高考数学总复习教师用书：第3章第2讲导数与函数的单调性

第2讲导数与函数的单调性最新考纲了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).知识梳理1.函数的单调性与导数的关系已知函数f(x)在某个区间内可导，(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.一般需要通过列表，写出函数的单调区间.3.已知单调性求解参数范围的步骤为：(1)对含参数的函数f(x)求导，得到f′(x)；(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.()解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(2)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.答案(1)×(2)√(3)×2.函数f(x)＝e x－x的单调递增区间是()A.(－∞，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，0]D.(0，＋∞)解析令f′(x)＝e x－1>0得x>0，所以f(x)的递增区间为(0，＋∞).答案D3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是()解析由y＝f′(x)的图象易知当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，故函数y＝f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，故函数y＝f(x)在区间(0，2)上单调递减.答案C4.(·全国Ⅱ卷)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，＋∞)解析依题意得f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x＞1，∴0＜1x＜1，∴k≥1，故选D.答案D5.若f(x)＝ln xx，0＜a＜b＜e，则f(a)与f(b)的大小关系为________.解析 f ′(x )＝1－ln xx 2，当0＜x ＜e 时，1－ln x ＞0，即f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，e)上单调递增， ∴f (a )＜f (b ). 答案 f (a )＜f (b )考点一求不含参数的函数的单调性【例1】已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值. (1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，所以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，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4.当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数.综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.规律方法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.【训练1】函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为()A.(－1，1]B.(0，1]C.[1，＋∞)D.(0，＋∞)解析y＝12x x2－ln x，y′＝x－1x＝x2－1x＝（x－1）（x＋1）x(x>0).令y′≤0，得0<x≤1，∴递减区间为(0，1].答案B考点二求含参函数的单调性【例2】(·湖州调研)设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.解(1)由题意知a＝0时，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞).此时f′(x)＝2（x＋1）2.可得f′(1)＝12，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝ax＋2（x＋1）2＝ax2＋（2a＋2）x＋ax（x＋1）2.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1).①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12（x－1）2x（x＋1）2≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a. 由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减. 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增. 规律方法利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论时，要做到不重不漏.【训练2】已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1(a ∈R ). (1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当a ≤12时，讨论f (x )的单调性. 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝ln x ＋x ＋2x －1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝x 2＋x －2x 2，因此，f ′(2)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为1，又f (2)＝ln 2＋2，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －(ln 2＋2)＝x －2，即x －y ＋ln 2＝0. (2)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞).令g (x )＝ax 2－x ＋1－a ，x ∈(0，＋∞). (ⅰ)当a ＝0时，g (x )＝－x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； (ⅱ)当a ≠0时，由g (x )＝0，即ax 2－x ＋1－a ＝0，解得x 1＝1，x 2＝1a －1.①当a ＝12时，x 1＝x 2，g (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≤0，等号只在x ＝1时取得，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ②当0<a <12时，1a －1>1>0，x ∈(0，1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )单调递减. ③当a <0时，由于1a －1<0，当x ∈(0，1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )单调递增. 综上所述：当a ≤0时，函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞上单调递减. 考点三利用函数的单调性求参数(易错警示)【例3】 (·成都诊断)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，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，①所以h ′(x )＝1x －ax －2，由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，② 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.(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，③ 即a ≥1x 2－2x 恒成立.设G (x )＝1x 2－2x ，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.规律方法利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法 (1)函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间. 方法一：转化为“f ′(x )>0(<0)在区间D 上有解”；方法二：转化为“存在区间D 的一个子区间使f ′(x )>0(<0)成立”. (2)函数f (x )在区间D 上递增(减).方法一：转化为“f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立”问题；方法二：转化为“区间D 是函数f (x )的单调递增(减)区间的子集”. 易错警示对于①：处理函数单调性问题时，应先求函数的定义域；对于②：h (x )在(0，＋∞)上存在递减区间，应等价于h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，易误认为“等价于h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解”，多带一个“＝”之所以不正确，是因为“h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解即为h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，或h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有解”，后者显然不正确；对于③：h (x )在[1，4]上单调递减，应等价于h ′(x )≤0在[1，4]上恒成立，易误认为“等价于h ′(x )<0在[1，4]上恒成立”.【训练3】 (1)函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋2x ＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a 的值为________.(2)(·舟山模拟)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的取值范围是________.解析 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋2，由已知得－2，－1是f ′(x )的两个零点，所以有⎩⎨⎧f ′（－2）＝4＋2a ＋2＝0，f ′（－1）＝1＋a ＋2＝0，解得a ＝－3.(2)由已知得f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在[－1，＋∞)上恒成立， ∴b ≤(x ＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴b ≤－1. 答案 (1)－3 (2)(－∞，－1][思想方法]1.分类讨论思想.解含有参数的单调性问题时，应注意合理分类讨论，分类要做到不重不漏.2.转化思想.求函数单调性问题转化为解导函数的不等式问题；函数存在单调区间问题转化为导函数的不等式有解问题，即能成立问题；函数在区间上单调问题转化为导函数的不等式在区间上恒成立问题. [易错防范]1.解函数单调性有关问题时务必先求定义域，不能忽视定义域.2.讨论含参数函数的单调性时易漏某些分类，如本节训练2中，易漏a ＝0，a ＝12的情况.3.函数f (x )在区间D 上递增(减)⇔f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立，此处易漏“＝”.4.函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间⇔f ′(x )>0(<0)在D 上有解，此处易误多加“＝”.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝x ln x ，则( ) 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 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0得x >1e ，令f ′(x )<0得0<x <1e ，故选D. 答案 D2.下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2B.(π，2π)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D.(2π，3π) 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. 答案 C3.已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件. 答案 A4.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝ f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )解析由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢. 答案 B5.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 ∵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，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 A二、填空题6.(·台州调研)函数f (x )＝e x x 的单调递增区间为________；递减区间是________.解析函数的定义域为{x |x ≠0}，且f ′(x )＝e x （x －1）x 2，令f ′(x )>0得x >1，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，令f ′(x )<0，得x <1且x ≠0，f (x )的单调减区间为(－∞，0)和(0，1).答案 (1，＋∞) (－∞，0)和(0，1)7.已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________.解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0，1)∪(2，3)8.(·合肥模拟)若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________.解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a . 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ 三、解答题9.(·北京卷)设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)求f (x )的单调区间.解 (1)∵f (x )＝x e a －x ＋bx ，∴f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .由题意得⎩⎨⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎨⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)得f (x )＝x e 2－x ＋e x ，由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号.令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1. 当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上递增，∴g (x )≥g (1)＝1在R 上恒成立，∴f ′(x )>0在R 上恒成立.∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞).10.设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋1.(1)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围.解 (1)由已知得，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 ).(2)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.所以满足要求的实数a 的取值范围是(－∞，－22).能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(·承德调考)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 (2 017)>e 2 017f (0)B.f (1)>e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0)C.f (1)>e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0)D.f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0)解析令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）e x ′＝f ′（x ）e x －f （x ）（e x ）′e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x <0，所以函数g (x )＝f （x ）e x 在R 上是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 017)<g (0)，即f （1）e 1<f （0）1，f （2 017）e 2 017<f （0）1，故f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0).答案 D12.(·山东师大附中月考)若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1，4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B.(－∞，3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞ D.[3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1，4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1，4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1，4]上恒成立. 因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1，4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518. 答案 C13.(·杭州调研)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________. 解析由函数f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.①由f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2，得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ，所以g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n .因为g (x )的图象关于y 轴对称，所以－2m ＋62×3＝0，所以m ＝－3，代入①得n ＝0，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2).由f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间是(0，2).答案－3 (0，2)14.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求实数m 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x，当a >0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )不是单调函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a 2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，即g ′(x )＝0在区间(t ，3)上有变号零点.由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎨⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373，所以－373<m <－9，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9. 15.已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ，其中a ∈R ，f ′(x )是f (x )的导数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)在曲线y ＝f (x )的图象上是否存在两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)使得直线AB的斜率k ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22？若存在，求出x 1与x 2的关系；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知得f ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x(x >0)，当a ≤0时，∵x >0，∴f ′(x )>0，f (x )在定义域(0，＋∞)上是增函数；当a >0时，f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a （x ＋1）x ，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.(2)由题意，得k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln x 1－a 2x 21＋（1－a ）x 1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln x 2－a 2x 22＋（1－a ）x 2x 1－x 2＝ln x 1x 2－a 2（x 21－x 22）＋（1－a ）（x 1－x 2）x 1－x 2＝ln x 1x 2x 1－x 2－a 2(x 1＋x 2)＋(1－a )， f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2－a 2(x 1＋x 2)＋(1－a )，由k ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，得ln x 1x 2x 1－x 2＝2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＝2（x 1－x 2）x 1＋x 2，即ln x 1x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1＝0，令t ＝x 1x 2，不妨设x 1>x 2，则t >1，记g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1＝ln t ＋4t ＋1－2(t >1)，g ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）>0，∴g (t )在(1，＋∞)上是增函数，g (t )>g (1)＝0，方程g (t )＝0无实数解，故满足条件的两点A ，B 不存在.。

2020版高考数学一轮复习第三章第二节导数与函数的单调性课件文

f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充要条件.
1.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,则一定有f '(x)>0. ( √ ✕ )
(2)若函数f(x)在某个区间内恒有f '(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.
(
)
(3)在(a,b)内f '(x)≤0,且f '(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)内是减函数.
3.函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性是 ( D )
A.先增后减 C.单调递增 B.先减后增 D.单调递减
答案 D ∵在(0,π)上, f '(x)=-sin x-1<0,∴f(x)在(0,π)上单调递减,故选 D.
4.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是 ( D )
易出错.如本例易忽视定义域为(0,+∞)而导致解题错误. (2)个别导数为0的点不影响函数在该区间上的单调性,如函数f(x)=x3, f '(x)=3x ≥0(x=0时, f '(x)=0),但f(x)=x 在R上是增函数.
2 3
1-1 已知函数f(x)=xln x,则f(x) ( D )
A.在(0,+∞)上单调递增
则其在区间(-π,π)上的解集为 0, , , 和 2 2 即f(x)的单调递增区间为 0, . , 和的问题
典例2 设f(x)=ex(ax2+x+1)(a>0),试讨论f(x)的单调性. 解析 f '(x)=ex(ax2+x+1)+ex(2ax+1) =ex[ax2+(2a+1)x+2]

2019版高考数学第3章导数及其应用2第2讲导数与函数的单调性教案理

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)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.(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[典例引领](2017·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性．【解】 (分类讨论思想)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(－∞，＋∞)单调递增． 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 )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增． 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单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞单调递增．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．[通关练习]1．函数f (x )＝e 2x＋2cos x －4的定义域是[0，2π]，则f (x )( ) A ．在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数 B ．在[0，π]上是增函数，在[π，2π]上是减函数 C ．在[0，2π]上是增函数 D ．在[0，2π]上是减函数解析：选C.由题意可得f ′(x )＝2e 2x－2sin x ＝2(e 2x－sin x )．因为x ∈[0，2π]，所以f ′(x )≥2(1－sin x )≥0，所以函数f (x )在[0，2π]上是增函数，故选C. 2．已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝xx ＋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 )＝mx ＋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[典例引领](2016·高考北京卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)求f (x )的单调区间．【解】 (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e 2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，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，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 解析：选B.因为函数的定义域为(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 .函数单调性的应用(高频考点)利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度： (1)比较大小或解不等式；(2)已知函数单调性求参数的取值范围．[典例引领]角度一比较大小或解不等式(构造函数法)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】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. 【答案】 B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.(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 )ma x ，而G (x )＝(1x－1)2－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )ma x ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是[－716，＋∞)．1.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]．2.本例条件变为：若h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，则h ′(x )＜0在[1，4]上有解，所以当x ∈[1，4]时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值． [提醒] f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[通关练习]1．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( ) A ．f (sin A )＞f (cos B ) B ．f (sin A )＜f (cos B ) C ．f (sin A )＞f (sin B )D ．f (sin A )＜f (sin B )解析：选A.因为f (x )＝x 3－3x ，所以f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1，1)上是减函数，又A 、B 都是锐角，且A ＋B ＜π2，所以0＜A ＜π2－B ＜π2，所以sin A＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )＞f (cos B )，故选A.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，＋∞.导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件； (2)f ′(x )≥0(或≤0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件．利用导数研究函数的单调性的思路根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中含有参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这个点不止一个，则要根据参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，在分类解决问题后要整合为一个一般的结论．化归转化思想的应用(1)已知函数f (x )在D 上单调递增求参数的取值范围，常转化为f ′(x )≥0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴下方的问题，已知函数f (x )在D 上单调递减求参数的取值范围，常转化为f ′(x )≤0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴上方的问题．(2)已知函数f (x )在D 上不单调，①将其转化为其导数在该区间不会恒大于零或恒小于零；②构造函数，通过构造函数，把复杂的函数转化为简单的函数．易误防范(1)求单调区间应遵循定义域优先的原则．(2)注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．(3)利用导数求函数的单调区间时，要正确求出导数等于零的点，不连续点及不可导点． (4)若f (x )在给定区间内有多个单调性相同的区间不能用“∪”连接，只能用“，”隔开或用“和”连接．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 )＝axx 2＋1(a ＞0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)或(1，＋∞)解析：选B.函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a （1－x 2）（x 2＋1）2＝a （1－x ）（1＋x ）（x 2＋1）2.由于a ＞0，要使f ′(x )＞0，只需(1－x )·(1＋x )＞0，解得x ∈(－1，1)． 3．(2018·太原模拟)函数f (x )＝exx的图象大致为( )解析：选 B.由f (x )＝exx ，可得f ′(x )＝x e x －e x x 2＝（x －1）e xx 2，则当x ∈(－∞，0)和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．又当x ＜0时，f (x )＜0，故选B.4．(2018·四川乐山一中期末)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 ＜1 B ．a ≤1 C ．a ＜2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax，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.5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：选C.因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)＜f (0)＝a ，所以c ＜a ＜b ，故选C.6．函数f (x )＝x 4＋54x －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝x 4＋54x－ln x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x2，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．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：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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π28．(2018·张掖市第一次诊断考试)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上单调递减，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间(12，3)上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间(12，3)上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（12）≤0f ′（3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－12a ＋1≤09－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为[103，＋∞)．答案：[103，＋∞)9．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0，6)． (1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0，6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，解得a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x ＞0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝（x －2）（x －3）x.令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3. 当0＜x ＜2或x ＞3时，f ′(x )＞0；当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )的单调递增区间是(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2，3)． 10．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 ma x.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)．1．(2018·安徽江淮十校第三次联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．1＜a ≤2 B ．a ≥4 C ．a ≤2D ．0＜a ≤3解析：选A. 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x ＜0，解得0＜x ＜3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a－1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A.2．(2018·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )＜0，且f (－1)＝0，则f (x )＞0的解集为( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1，1) C ．(－∞，0) D ．(－1，＋∞)解析：选A.设g (x )＝f （x ）e2x，则g ′(x )＝f ′（x ）－2f （x ）e2x＜0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )＞0⇔g (x )＞0，所以x ＜－1.3．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x，a ＜0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x，由a ＜0可得f ′(x )＜0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减，g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )＜0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故g (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1＞0，即a ＜－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)4．定义在R 上的奇函数f (x )，当x ∈(－∞，0)时f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立，若a ＝3f (3)，b ＝(log πe)f (log πe)，c ＝－2f (－2)，则a ，b ，c 的大小关系为________．解析：设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，因为当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立，所以此时g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＜0，即此时函数g (x )＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减，因为f (x )是奇函数，所以g (x )＝xf (x )是偶函数，即当x ＞0时，函数g (x )＝xf (x )单调递增，则a ＝3f (3)＝g (3)，b ＝(log πe)f (log πe)＝g (log πe)，c ＝－2f (－2)＝g (－2)＝g (2)，因为0＜log πe ＜1＜2＜3，所以g (3)＞g (2)＞g (log πe)，即a ＞c ＞b . 答案：a ＞c ＞b5．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x－ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)判断函数f (x )的单调性．解：(1)因为a ＝e ，所以f (x )＝e x－e x －1，f ′(x )＝e x－e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0. 所以当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1. (2)因为f (x )＝e x－ax －1，所以f ′(x )＝e x－a . 易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．所以当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ，所以当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．6．(2018·武汉市武昌区调研考试)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋（1－a ）x －a x ＝（x ＋1）（x －a ）x.若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当x ＞a 时，f ′(x )＞0. 此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．所以g ′(x )＝2－a a ＋x －aa －x ＝－2x2a 2－x 2.当0＜x ＜a 时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，a )上是减函数．而g (0)＝0，所以g (x )＜g (0)＝0. 故当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )．。

旧教材适用2023高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课件

2
PART TWO
核心考向突破
考向一利用导数求函数(不含参)的单调区间例 1 (1)函数 f(x)＝x2－2ln x 的单调递减区间是( ) A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－1，0)∪(0，1)
答案 A
解析 f′(x)＝2x－2x＝2x2x－2(x>0)，令 f′(x)<0，解得 0<x<1.故选 A.
当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故 f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．
当方程 f′(x)＝0 可解时，确定函数的定义域，解方程 f′(x) ＝0，求出实数根，把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定 f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
答案 D
解析由题意知，f′(x)＝ex－e，令 f′(x)>0，解得 x>1.故选 D.
2．函数 f(x)＝sin x－2x 在(0，π)上的单调性是( ) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减
答案 D
解析 ∵f′(x)＝cos x－2<0，∴f(x)＝sin x－2x 在(0，π)上单调递减，故选 D.
答案 A
f（x）
x2f′（x）－2xf（x）
解析令 g(x)＝ x2 ，x∈(0，＋∞)，则 g′(x)＝
x4
＝
xf′（x）－2f（x）
f（2022）
x3
＞ 0 ，则 g(x) 在 (0 ，＋ ∞) 上为增函数， ∴ 20222 ＞
f（220022112），∴20212f(2022)＞20222f(2021).

2019届高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-2导数与函数的单调性课件文

[跟踪演练] 1．(2017·天津卷节选)设 a∈Z，已知定义在 R 上的函数 f(x) ＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a 在区间(1,2)内有一个零点 x0，g(x)为 f(x) 的导函数．求 g(x)的单调区间．
[解] 由 f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，可得 g(x)＝f′(x)＝8x3 ＋9x2－6x－6，进而可得 g′(x)＝24x2＋18x－6.令 g′(x)＝0，解得 x＝－1，或 x＝14.
提示：f′(x)＝3x2＋a，则 3x2＋a≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 a≥－3x2 在[1，＋∞)上恒成立，所以 a≥－3，且 a＝－3 时， f′(x)不恒为 0.
[小题速练]
1．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4)
D．(2，＋∞)
[温馨提示] 由函数 f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在该区间恒成立，而不是 f′(x)>0(或 <0)恒成立，“＝”不能少．必要时还需对“＝”进行检验．如：函数 f(x)＝x3＋ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数 a 的取值范围为_[_－__3_，__＋__∞__)．_
第
三
导数及其应用
章
第二节
导数与函数的单调性
高考概览 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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
吃透教材夯双基
填一填记一记厚积薄发
[知识梳理] 1．函数的单调性与导数的关系
在内f区′间xa，b小大等于于于零零零→→ →fffxxx在在在aaa，，，bbb内内内单单为调调常递递函减增数 [ 温馨提示] (1) 求函数 f(x) 的单调区间，也是求不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0)的解集，但单调区间不能脱离函数定义域而单独存在，求单调区间要坚持“定义域优先”的原则．如：函数 f(x)＝x2－2lnx 的单调递减区间为___(_0_,1_)_．___

2020高考数学一轮复习：第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性(讲义)

第2讲导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系导师提醒 1．关注两个易错点(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接．2．理清三组关系(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 ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件．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．( ) (3)在(a ，b )内f ′(x )≤0且f ′(x )＝0的根有有限个，则f (x )在(a ，b )内是减函数．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√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 )＝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.函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．解析：由f ′(x )＝1－1x <0，得1x >1，即x <1，又x >0，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)．答案：(0，1)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不含参数函数的单调性(自主练透) 1．函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为( )A ．(0，＋∞)B ．(12，＋∞)C ．(－∞，－1)D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 解析：选B.由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，所以函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 故选B.2．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：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)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数的单调递增区间为(1e，＋∞)；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数的单调递减区间为(0，1e)，故选D.3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．解析：f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2. 答案：⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2求函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)在定义域内解不等式f ′(x )>0，得单调递增区间． (4)在定义域内解不等式f ′(x )<0，得单调递减区间．[提醒] 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．含参数函数的单调性(师生共研)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .讨论f (x )的单调性．【解】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . (1)0<a <2时，2a>1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2)a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0， f (x )单调递增． (3)a >2时，0<2a <1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．解决含参数的函数单调性问题应注意的2点(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．解：f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a2a ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫ 1－a2a ，＋∞上单调递增．函数单调性的应用(多维探究)角度一比较大小或解不等式(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 ．(－∞，＋∞)(2)已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则( )A.3f ⎝⎛⎭⎫π4>2f ⎝⎛⎭⎫π3 B ．f ⎝⎛⎭⎫π3>f (1) C.2f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π4D.3f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π3【解析】 (1)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)令g (x )＝f （x ）sin x，则g ′(x )＝f ′（x ）sin x －f （x ）cos xsin 2x ，由已知g ′(x )<0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，所以g ⎝⎛⎭⎫π4>g ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫π422>f ⎝⎛⎭⎫π332，所以3f ⎝⎛⎭⎫π4>2f ⎝⎛⎭⎫π3. 【答案】 (1)B (2)A角度二已知函数的单调性求参数已知函数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.(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1] (变问法)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围．解：由h (x )在[1，4]上单调递增得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立，所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x )min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．[迁移探究2] (变问法)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，则h ′(x )＜0在[1，4]上有解，所以当x ∈[1，4]时，a ＞1x 2－2x 有解，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．[迁移探究3] (变条件)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上不单调，求a 的取值范围．解：因为h (x )在[1，4]上不单调，所以h ′(x )＝0在(1，4)上有解，即a ＝1x 2－2x有解，令m (x )＝1x 2－2x ，x ∈(1，4)，则－1<m (x )<－716，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－1，－716.(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式；②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．[提醒] f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．1．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有( )A ．f (x )g (x )>f (b )g (b )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (b )>f (b )g (x )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )解析：选C.令F (x )＝f （x ）g （x ），则F ′(x )＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2<0，所以F (x )在R上单调递减．又a <x <b ，所以f （a ）g （a ）>f （x ）g （x ）>f （b ）g （b ）.又f (x )>0，g (x )>0，所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．2．已知函数f (x )＝3xa －2x 2＋ln x 在区间[1，2]上为单调函数，求a 的取值范围．解：f ′(x )＝3a －4x ＋1x ，若函数f (x )在区间[1，2]上为单调函数，即在[1，2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x ≤0在[1，2]上恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x. 令h (x )＝4x －1x ，因为函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，解得a <0或0<a ≤25或a ≥1.分类与整合思想在研究函数单调性中的应用已知函数f (x )＝(x －2)·e x ＋a (x －1)2.讨论f (x )的单调性．【解】 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． (1)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)设a <0，由f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， ②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))和(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减．③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，1)和(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断是否在定义域内；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．(2019·山东枣庄调研)已知函数f (x )＝x e x －a ⎝⎛⎭⎫12x 2＋x (a ∈R )． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，e)处的切线方程； (2)当a >0时，求函数f (x )的单调区间．解：(1)a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝2e.又f (1)＝e ，所以y ＝f (x )在点(1，e)处的切线方程为y －e ＝2e(x －1)，即2e x －y －e ＝0.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(e x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝ln a . ①当a ＝1e时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在R 上单调递增．②当0<a <1e 时，ln a <－1，由f ′(x )>0，得x <ln a 或x >－1；由f ′(x )<0，得ln a <x <－1，所以单调递增区间为(－∞，ln a )，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a ，－1)．③当a >1e 时，ln a >－1，由f ′(x )>0，得x <－1或x >ln a ；由f ′(x )<0，得－1<x <ln a ，所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a )．综上所述，当a ＝1e 时，f (x )在R 上单调递增；当0<a <1e 时，单调递增区间为(－∞，ln a )，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a ，－1)；当a >1e 时，单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a )．[基础题组练]1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上是( ) A ．单调递增 B ．单调递减C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增解析：选A.f ′(x )＝1－cos x >0恒成立，所以f (x )在R 上递增，在(0，2π)上单调递增． 2．(2019·济南调研)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数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 (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )解析：选C.由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C.3．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D.由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔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，＋∞)．4．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.因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x (x >0)，由x －9x≤0，得0<x ≤3，所以f (x )在(0，3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]，所以a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：选C.因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)＜f ⎝⎛⎭⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)＜f (0)＝a ，所以c ＜a ＜b ，故选C. 6．函数f (x )＝x 4＋54x －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝x 4＋54x －ln x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．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，＋∞)8．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )≥0的解集为________．解析：由f (x )图象特征可得，f ′(x )在⎝⎛⎦⎤－∞，12和[2，＋∞)上大于0，在⎝⎛⎭⎫12，2上小于0，所以xf ′(x )≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，f ′（x ）≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，f ′（x ）≤0⇔0≤x ≤12或x ≥2，所以xf ′(x )≥0的解集为⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞)．答案：⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞) 9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x ，又因为f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1e x ，设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在(－1，1)上为单调减函数，求实数a 的取值范围； (3)若函数f (x )的单调递减区间为(－1，1)，求实数a 的值； (4)若函数f (x )在区间(－1，1)上不单调，求实数a 的取值范围．解：(1)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]． (2)由题意知f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1，1)上恒成立，所以a ≥3x 2在(－1，1)上恒成立，因为当－1<x <1时，3x 2<3，所以a ≥3，所以a 的取值范围为[3，＋∞)． (3)由题意知f ′(x )＝3x 2－a ，则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－3a 3，3a 3，又f (x )的单调递减区间为(－1，1)，所以3a3＝1，解得a ＝3. (4)由题意知：f ′(x )＝3x 2－a ，当a ≤0时，f ′(x )≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a >0.令f ′(x )＝0，解得x ＝±3a 3. 因为f (x )在区间(－1，1)上不单调，所以f ′(x )＝0在(－1，1)上有解，需0<3a3<1，得0<a <3，所以实数a 的取值范围为(0，3)．[综合题组练]1．(2019·南昌模拟)已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，且f (x 1)<f (x 2)，那么( )A ．x 1－x 2>0B ．x 1＋x 2>0C ．x 21－x 22>0D ．x 21－x 22<0解析：选D.由f (x )＝x sin x ，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＝cos x (tan x ＋x )，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )>0，即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，又f (－x )＝－x sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，所以当f (x 1)<f (x 2)时，有f (|x 1|)<f (|x 2|)，所以|x 1|<|x 2|，x 21－x 22<0，故选D.2．(应用型)设函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3.若实数a ，b 满足f (a )＝0，g (b )＝0，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0解析：选A.因为函数f (x )＝e x ＋x －2在R 上单调递增，且f (0)＝1－2<0，f (1)＝e －1>0，所以f (a )＝0时a ∈(0，1)．又g (x )＝ln x ＋x 2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝－2<0，所以g (a )<0.由g (2)＝ln 2＋1>0，g (b )＝0得b ∈(1，2)，又f (1)＝e －1>0，所以f (b )>0.综上可知，g (a )<0<f (b )．3．(应用型)已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，若f (x 2＋2)<f (3x )，则实数x 的取值范围是________．解析：由题可得函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2x ln 2，所以在定义域内f ′(x )>0，函数单调递增，所以由f (x 2＋2)<f (3x )得x 2＋2<3x ，所以1<x <2.答案：(1，2)4．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________．解析：设y ＝g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数，所以 g (x )的图象的示意图如图所示．当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1，当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，所以使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案：(－∞，－1)∪(0，1)5．(综合型)设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)，此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a.由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增． 6．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′（x ）＋m2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x，当a >0时，f (x )的单调增区间为(0，1)，单调减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )为常函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，所以f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .所以g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ，所以g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.因为g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，即g ′(x )在区间(t ，3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373.所以－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9.。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.1导数与函数的单调性课件文北师大版

•
．
• 2．函数的极值与导数
• (1)极值点与极值
• 单值调点设，性函相f(数x异反0)f为号(或x)函在导数点数的x值0极及值附．近有，定则义x，0为且函在数xf0(两x)侧的的极 • (2)极大值点与极小值点
• ① 若先增后减 ( 导数值先正后负 ) ，则 x0 为
点；
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝
1， 2a
当 x∈0， 12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x∈ 12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)证明令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
第1课时导数与函数的单调性
考点一利用导数研究函数的单调性【例 1】 (2016·四川卷节选)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－eex，
其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x>1 时，g(x)>0.
(1)解由题意得 f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1(x>0)．
• A．1 B．2 C．3 D．4
• 解析导函数f′(x)的图像与x轴的交点中，左侧图像在x轴下方，右侧图像在x轴上方的只有一个，所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．
• 答案 A
3．(2017·郑州调研)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为
(
)
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
• 【训练1】设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x) 的单调性．

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节：导数与函数的单调性(教师版)

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)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解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.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.R答案B解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，故选B.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.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()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.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.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.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.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.2.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.2.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解.训练2(1)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(2)(2022·郑州调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)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，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。

高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用2利用导数研究函数的单调性课件新人教版

π
π
-π,, 0,
____________.
2
2
由题意可知 f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令 f'(x)=xcos x>0,解得其在区间(-π,π)内的解集为
即 f(x)的单调递增区间为
π
-π,- 2
,
π
0, 2
.
π
-π,2
∪
π
0,
2
,
解题心得利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法
等,都需要考虑函数的单调性,所以也是高考必考知识.应用时,要注意函数
的定义域优先,准确求导变形,转化为导函数在某区间上的符号问题.常用
到分类讨论和数形结合的思想,对数学运算核心素养有一定的要求.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
第一环节
必备知识落实
【知识筛查】
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.
解 (1)若a=1,则f(x)=3x-2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
1
-42 +3+1
故 f'(x)= -4x+3=

=
-(4+1)(-1)
(x>0).

当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增;

1
2
7
7
即 g(x)在区间[1,4]上单调递增,g(x)max=g(4)= − =- ,即 a≥- .

(新课标)高考数学总复习-第3章导数及其应用第2节导数与函数的单调性、极值、最值课件文新人教A版

③当 a<0 时，由 f′(x)>0 得，x>0 或 x<a；由 f′(x)<0 得， a<x<0.
即函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(0，＋∞)，单调递减区间为(a,0)．
(3)∵g′(x)＝f′(x)＋2＝x2－ax＋2，且 g(x)在(－2，－1)内为减函数，
∴g′(x)≤0，即 x2－ax＋2≤0 在(－2，－1)内恒成立， ∴gg′′－－12≤≤00，，即41＋＋2aa＋＋22≤≤00，，解得 a≤－3，即实数 a 的取值范围为(－∞，－3]．
2．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
解析：选 A 当 x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则 f(x)在(－3，0)上是减函数．其他选项均不正确．
[探究 1] 在本例(3)中，若 g(x)的单调减区间为(－2，－1)，如何求解？
解：∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)， ∴x1＝－2，x2＝－1 是 g′(x)＝0 的两个根， ∴(－2)＋(－1)＝a，即 a＝－3.
[探究 2] 在本例(3)中，若 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，如何求解？
则 φ(x)的大致图象如图所示，若函数 f(x)有两个极值点，则直线 y＝2a 和 y＝φ(x)的图象有两个交点，所以 0<2a<1，得 0<a<12.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－b，由 f′(1)＝0，得 b＝1－a.∴f′(x)＝1x－ax＋a－1＝－ax2＋1x＋ax－x.①若 a≥0，当 0<x<1 时，f′(x)> 0，f(x)单调递增；当 x>1 时，f′(x)<0，f(x) 单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极大值点．②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1a.因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a<0.综合①②得 a 的取值范围是 a>－1.