2018高考数学一轮复习导数与函数的单调性

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【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值

专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。

3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。

【重点知识梳理】知识点一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.知识点二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.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“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.2.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.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。

2018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学案.

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.(2014·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 x x，0＜a ＜b ＜e ，则f (a )与f (b )的大小关系为________. 解析 f ′(x )＝1－ln x x 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 ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( ) A.(－1，1]B.(0，1]C.[1，＋∞)D.(0，＋∞) 解析 y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝（x －1）（x ＋1）x(x >0).令y ′≤0，得0<x ≤1，∴递减区间为(0，1].答案 B考点二求含参函数的单调性【例2】 (2017·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 )＝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 ，由于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－ax 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】 (2017·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－a 2x 2＋2x ＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a 的值为________.(2)(2017·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 ＋b x ＋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“＝”.。

新高考一轮复习人教A版第二章第十一讲导数与函数的单调性课件(60张)

【题后反思】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)单调递增(减)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.
解：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－a＋x 1x＋1＝
ax－1x－1
x
.
①当 0<a<1 时，1a>1， ∴x∈(0,1)和1a，＋∞时，f′(x)>0； x∈1，a1时，f′(x)<0， ∴函数 f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；
综上，当 0<a<1 时，函数 f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，a1上单调递减；
当 a＝1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>1 时，函数 f(x)在0，a1和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.
【题后反思】 (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.
②当 a＞0 时，令 3x2－a＝0，得 x＝
33a或－
3a 3.
当 x＞ 33a或 x＜－ 33a时，f′(x)＞0；
当－ 33a＜x＜ 33a时，f′(x)＜0.
因此 f(x)在－∞，－ 33a， 33a，＋∞上单调递增，在－ 33a， 33a上单调递减.

导数与函数的单调性课件高三数学一轮复习

目录
｜解题技法｜讨论函数f（x）单调性的步骤
（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f'（x），并求方程f'（x）＝0的根；（3）利用f'（x）＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f'（x）的正负，由符号确定f（x）在该区间上的单调性. 提醒研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.
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考向2 解不等式
A.（－∞，－2）∪（1，＋∞） B.（2，＋∞） C.（－∞，－1）∪（2，＋∞） D.（－1，2）
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答案 C
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（1）若函数f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；
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所以a＞－1. 即a的取值范围是（－1，＋∞）.
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（2）若函数f（x）在[1，4]上单调递减，求a的取值范围.
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1.（多选）（2023·贵阳一模）下列选项中，在R上是增函数的有
（）
A.f（x）＝x4 C.f（x）＝xex
B.f（x）＝x－sin x D.f（x）＝ex－e－x－2x
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2.已知f（x）＝x3－ax在[1，＋∞）上是增函数，则a的最大值是
.
⁠
解析：f'（x）＝3x2－a，由结论1知f'（x）≥0，即a≤3x2，又∵x∈[1，＋∞），
∴a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
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02
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证明（判断）函数的单调性【例1】（1）（2022·北京高考·节选）已知函数f（x）＝exln（1＋x），设g （x）＝f'（x），讨论函数g（x）在[0，＋∞）上的单调性；
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2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题2.2 函数定义域、值域(讲)

专题2.2 函数定义域、值域【考纲解读】【直击考点】题组一常识题1．下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是________．A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x【答案】D 【解析】y ＝10lg x＝x ，定义域与值域均为(0，＋∞)，只有选项D 满足题意．2．已知函数y ＝f (x ＋1)的定义域是[－2，3]，则y ＝f (2x －1)的定义域为________．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52 【解析】由x ∈[－2，3]，得x ＋1∈[－1，4]，由2x －1∈[－1，4]，得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52 3．[教材改编] 函数f (x )＝8－xx ＋3的定义域是________．【答案】(－∞，－3)∪(－3，8]【解析】要使函数有意义，则需8－x ≥0且x ＋3≠0，即x ≤8且x ≠－3，所以其定义域是(－∞，－3)∪(－3，8]．题组二常错题4．函数y ＝f (cos x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋2π3(k ∈Z )，则函数y ＝f (x )的定义域为________．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1【解析】由于函数y ＝f (cos x )的定义域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋2π3(k ∈Z )，所以u ＝cos x 的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，所以函数y ＝f (x )的定义域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ∈[0，1]，92－32x ，x ∈（1，3]，当t ∈[0，1]时，f [f (t )]∈[0，1]，则实数t 的取值范围是______________．【答案】⎣⎢⎡⎦⎥⎤log 373，1【解析】因为t ∈[0，1]，所以f (t )＝3t ∈[1，3]，所以f [f (t )]＝f (3t)＝92－32·3t ∈[0，1]，即73≤3t≤3，所以log 373≤t ≤1.6．若函数f (x )＝x －4mx 2＋4mx ＋3的定义域为R ，则实数m 的取值范围是________．【答案】⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34. 【解析】函数的定义域为R ，即mx 2＋4mx ＋3≠0恒成立．①当m ＝0时，符合题意；②当m ≠0时，Δ＝(4m )2－4×m ×3<0，即m (4m －3)<0，解得0<m <34.综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34.题组三常考题7．若一系列函数的解析式相同、值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y ＝x 2，值域为{1，4}的“同族函数”共有________个．【答案】98．函数f (x )＝lg(x 2＋x －6)的定义域是________．【答案】{x |x <－3或x >2}【解析】要使函数有意义，则需x 2＋x －6>0，解得x <－3或x >2.9．设函数f (x )在区间[0，1]上有意义，若存在x ∈R 使函数f (x －a )＋f (x ＋a )有意义，则a 的取值范围为________. 【答案】 [－2，－1].【知识清单】1 函数的定义域1．已知函数解析式,求定义域,其主要依据是使函数的解析式有意义,主要形式有:(1)分式函数,分母不为0；(2)偶次根式函数,被开方数非负数； (3)一次函数、二次函数的这定义域为R ；（4）0x 中的底数不等于0；（5）指数函数x y a =的定义域为R ；（6）对数函数log a y x =的定义域为{}|0x x >；（7）sin ,cos y x y x ==的定义域均为R ；（8）tan y x =的定义域均为|,2x x k k z ππ⎧⎫≠+∈⎨⎬⎩⎭； 2.求抽象函数的定义域:（1）由()y f x =的定义域为D ，求[()]y f g x =的定义域，须解()f x D ∈; （2）由[()]y f g x =的定义域D ，求()y f x =的定义域，只须解()g x 在D 上的值域就是函数()y f x = 的定义域;（3）由[()]y f g x =的定义域D ，求[()]y f h x =的定义域.3.实际问题中的函数的定义域，除了使解析式本身有意义，还要使实际问题有意义. 2 函数的值域函数值域的求法:(1)利用函数的单调性:若y=f(x)是 [a,b]上的单调增(减)函数,则f(a),f(b)分别是f(x)在区间[a,b]上取得最小(大)值,最大(小)值.(2)利用配方法:形如2(0)y ax bx c a =++≠型,用此种方法,注意自变量x 的范围. (3)利用三角函数的有界性,如sin [1,1],x ∈-cos [1,1]x ∈-.(4)利用“分离常数”法:形如y=ax b cx d ++ 或2ax bx ey cx d++=+ (a,c 至少有一个不为零)的函数,求其值域可用此法.(5)利用换元法:形如y ax b =+,可用此法求其值域. (6)利用基本不等式:(7)导数法:利用导数与函数的连续性求图复杂函数的极值和最值,然后求出值域【考点深度剖析】定义域是函数的灵魂，高考中考查的定义域多以填空形式出现，难度不大；有时也在解答题的某一小问当中进行考查；值域是定义域与对应法则的必然产物，值域的考查往往与最值联系在一起，难度中等．【重点难点突破】考点1 函数的定义域【1-1】函数y（＋）的定义域为_________．【答案】(－∞，－1)∪(－1，0)．【1-2】函数22-25+1+)cos (=x x log y 的定义域为_________．【答案】33x x ππ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭【解析】由已知条件，自变量x 需满足22log cos 10250x x +≥⎧⎨-≥⎩得1cos 22,23355x k x k k Z x ππππ⎧≥⇒-+≤≤+∈⎪⎨⎪-≤≤⎩ 所以33x ππ-≤≤故而所求函数定义域为33x x ππ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭.【1-3】设()x x x f -+=22lg，则⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛x f x f 22的定义域为________．【答案】()()2,11,2 --【解析】由202x x +>-得，()f x 的定义域为{}|22x x -<<.故22,222 2.xx⎧-<<⎪⎪⎨⎪-<<⎪⎩，解得()()4,11,4x ∈--.故⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛x f x f 22的定义域为()()2,11,2 -- 【1-4】若函数f (x )＝ 2x 2＋2ax －a －1的定义域为R ，则a 的取值范围为________．【答案】[－1,0]【思想方法】(1)已知具体函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解． (2)对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解． (3)对抽象函数：①若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，则函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；②若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．【温馨提醒】对于含有字母参数的函数定义域，应注意对参数取值的讨论；对于实际问题的定义域一定要使实际问题有意义；而分段函数的定义域是各段区间的并集、各个段上的定义域交集为空集，即各个段的端点处不能重复．考点2 函数的值域【2-1】求函数y ＝x ＋4x(x <0)的值域．【答案】(－∞，－4]．【解析】∵x <0，∴x ＋4x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －4x ≤－4，当且仅当x ＝－2时等号成立． ∴y ∈(－∞，－4]． ∴函数的值域为(－∞，－4]．【2-2】求函数y ＝x 2＋2x (x ∈[0,3])的值域．【答案】[0,15]．【解析】(配方法)y ＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1，∵y ＝(x ＋1)2－1在[0,3]上为增函数， ∴0≤y ≤15，即函数y ＝x 2＋2x (x ∈[0,3])的值域为[0,15]．【2-3】求函数y ＝1－x21＋x 2的值域．【答案】(－1,1]．【2-4】求函数f (x )＝x －1－2x .的值域．【答案】1(,]2-∞.【解析】法一：(换元法)令1－2x ＝t ，则t ≥0且x ＝1－t22，于是y ＝1－t 22－t ＝－12(t ＋1)2＋1，由于t ≥0，所以y ≤12，故函数的值域是1(,]2-∞.法二：(单调性法)容易判断f (x )为增函数，而其定义域应满足1－2x ≥0，即x ≤12，所以11()22y f ≤=即函数的值域是1(,]2-∞.【2-5】求函数y ＝x 2－xx 2－x ＋1的值域．【答案】1[,1)3-【思想方法】求函数值域常用的方法(1)配方法，多适用于二次型或可转化为二次型的函数． (2)换元法． (3)基本不等式法． (4)单调性法． (5)分离常数法．【温馨提醒】求函数值域的方法多样化，需结合函数解析式的特点选用恰当的方法【易错试题常警惕】分段函数的参数求值问题，一定要注意自变量的限制条件．如：已知实数0a ≠，函数()2,12,1x a x f x x a x +<⎧=⎨--≥⎩，若()()11f a f a -=+，则a 的值为_______．【分析】当0a >时，11a -<，11a +>，由()()11f a f a -=+得2212a a a a -+=---，解得32a =-，不合题意；当0a <时，11a ->，11a +<，由()()11f a f a -=+得 1222a a a a -+-=++，解得34a =-．所以a 的值为34-．【易错点】没有对a 进行讨论，以为11a -<，11a +>直接代入求解而致误；求解过程中忘记检验所求结果是否符合要求而致误．【练一练】函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2 x ，x >0，4x ，x ≤0，则f (f (－1))的值为________.【答案】－2【解析】∵f (－1)＝4－1＝14，∴f (f (－1))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 2 14＝－2.。

2018高考数学(理)大一轮复习课件：第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性

1 由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝ 2 x， 3 5 知f′(1)＝－4－a＝－2，解得a＝4.
x2－4x－5 x 5 3 所以f(x)＝4＋4x－ln x－2，则f′(x)＝， 4x2 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．所以函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．
值对不等式解集的影响进行分类讨论．
求函数的单调区间
[例2] x a 3 已知函数f(x)＝ 4 ＋ x －ln x－ 2 ，其中a∈R，且曲
1 线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝ 2 x，求函数f(x) 的单调区间．
[解]
1 a 1 对f(x)求导得f′(x)＝4－x2－x，
第二节导数与函数的单调性
本节主要包括2个知识点： 1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间； 2．利用导数解决函数单调性的应用问题.
突破点(一)
基础联通
利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间
抓主干知识的“源”与“流”
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： (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．
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
证明或讨论函数的单调性
判断函数单调性的三种方法

全国通用2018高考数学大一轮复习第二篇函数导数及其应用第4节指数函数课件

am
1
=
1 a
m n
=
n
am
(a>0,m,n∈N ,且 n>1)
*
0 的正分数指数幂等于 0;0 的负分数指数幂没有意义 ar·as=ar+s 运算性质 (a ) =a
r r s rs r r
a>0,b>0, r,s∈Q
(ab) =a b
3.无理数指数幂
无理数指数幂aα (a>0,α 是无理数)是一个确定的实数.有理数指数幂的运
第4节指数函数
最新考纲 1.了解指数函数模型的实际背景. 2.理解有理指数幂的含义,了解实数指数幂的意义,掌握幂的运算.
3.理解指数函数的概念及其单调性,掌握指数函数图象通过的特殊点,会画底
1 1 , 的指数函数的图象. 2 3 4.体会指数函数是一类重要的函数模型.
数为 2,3,10,
n 当 n 为任意正整数时,( n a ) =a
n a
(a>0);负数的偶次方根没有
根式性质
当 n 为奇数时, n a n =a
a(a 0) 当 n 为偶数时, n a n =|a|= a(a 0)
2.有理数指数幂
m n
n
正分数指数幂: a = 概念负分数指数幂: a
m n
3 1 1 而 y = 3 y <0,故 6 y ≠ y ;选项 C 中,当 x>0 时, 4 = = x 4 ; x x
2
1 3 1 3
3
3 4
选项 D 中, 3 x =- x ≠ x .故选 C.
1 3

1 3
2.(2016· 沈阳模拟)函数y=ax-1+2(a>0,且a≠1)的图象恒过点的坐标为 ( D ) (B)(2,4) (C)(1,2) (D)(1,(1+a2)n 可知 m<n,当 a=0 时不成立.

全国通用2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第5节指数函数教师用书文

第五节指数函数———————————————————————————————— [考纲传真] 1.理解有理指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算.2.了解指数函数模型的实际背景，理解指数函数的概念及其单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点，会画底数为2,3,10，12，13的指数函数的图象.3.体会指数函数是一类重要的函数模型．1．根式的性质 (1)(na )n＝a .(2)当n 为奇数时，n a n＝a . (3)当n 为偶数时，nan＝|a |＝⎩⎪⎨⎪⎧a a ≥0 ，－a a ＜0 .(4)负数的偶次方根无意义． (5)零的任何次方根都等于零． 2．有理指数幂 (1)分数指数幂①正分数指数幂：a ＝na m (a ＞0，m ，n ∈N *，且n ＞1)； ②负分数指数幂：a＝1a m n＝1na m(a ＞0，m ，n ∈N *，且n ＞1)；③0的正分数指数幂等于0,0的负分数指数幂没有意义． (2)有理数指数幂的运算性质 ①a r·a s＝ar ＋s(a ＞0，r ，s ∈Q)；②(a r )s ＝a rs(a ＞0，r ，s ∈Q)； ③(ab )r＝a r b r(a ＞0，b ＞0，r ∈Q)． 3．指数函数的图象与性质1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)4 －4 4＝－4.( )(2)(－1)24＝(－1)12＝－1.( ) (3)函数y ＝2x －1是指数函数．( )(4)函数y ＝ax 2＋1(a ＞1)的值域是(0，＋∞)．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× 2．化简[(－2)6]12－(－1)0的结果为( ) A ．－9 B ．7 C ．－10D ．9B [原式＝(26)12－1＝8－1＝7.]3．函数y ＝a x －a (a ＞0，且a ≠1)的图象可能是( )【导学号：31222044】A B C DC [法一：令y ＝a x－a ＝0，得x ＝1，即函数图象必过定点(1,0)，符合条件的只有选项C.法二：当a ＞1时，y ＝a x－a 是由y ＝a x向下平移a 个单位，且过(1,0)，A ，B ，D 都不合适；当0＜a ＜1时，y ＝a x－a 是由y ＝a x向下平移a 个单位，因为0＜a ＜1，故排除选项D.] 4．(教材改编)已知0.2m＜0.2n，则m ________n (填“＞”或“＜”)．＞ [设f (x )＝0.2x，f (x )为减函数，由已知f (m )＜f (n )，∴m ＞n .]5．指数函数y ＝(2－a )x在定义域内是减函数，则a 的取值范围是________．(1,2) [由题意知0＜2－a ＜1，解得1＜a ＜2.](1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2350＋2－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫214－－(0.01)0.5；[解] (1)原式＝1＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫49－⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＝1＋14×23－110＝1＋16－110＝1615.6分(2)原式＝＝1a .12分[规律方法] 1.指数幂的运算，首先将根式、分数指数幂统一为分数指数幂，以便利用法则计算，但应注意：(1)必须同底数幂相乘，指数才能相加； (2)运算的先后顺序．2．当底数是负数时，先确定符号，再把底数化为正数．3．运算结果不能同时含有根号和分数指数，也不能既有分母又含有负指数． [变式训练1] 化简求值： (1)(0.027)－⎝ ⎛⎭⎪⎫17－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫279－(2－1)0；(2)56a ·b －2·(－3a －b －1)÷(4a ·b －3) .[解] (1)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫271 000－72＋⎝ ⎛⎭⎪⎫259－1＝103－49＋53－1＝－45.6分＝－54·1ab 3＝－5ab 4ab 2.12分(1)函数f (x )＝1－e |x |的图象大致是( )A B C D(2)若曲线y ＝|2x－1|与直线y ＝b 有两个公共点，求b 的取值范围．(1)A [将函数解析式与图象对比分析，因为函数f (x )＝1－e |x |是偶函数，且值域是(－∞，0]，只有A 满足上述两个性质．](2)曲线y ＝|2x－1|与直线y ＝b 的图象如图所示，由图象可得，如果曲线y ＝|2x－1|与直线y ＝b 有两个公共点，8分则b 的取值范围是(0,1).12分[规律方法] 指数函数图象的画法(判断)及应用(1)画(判断)指数函数y ＝a x(a ＞0，a ≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a )，(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a . (2)与指数函数有关的函数的图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称变换得到其图象．(3)一些指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象数形结合求解. [变式训练2] (1)函数f (x )＝a x －b的图象如图251，其中a ，b 为常数，则下列结论正确的是( )【导学号：31222045】图251A ．a ＞1，b ＜0B．a＞1，b＞0C．0＜a＜1，b＞0D．0＜a＜1，b＜0(2)方程 2x＝2－x的解的个数是________．(1)D (2)1 [(1)由f(x)＝a x－b的图象可以观察出，函数f(x)＝a x－b在定义域上单调递减，所以0＜a＜1，函数f(x)＝a x－b的图象是在y＝a x的基础上向左平移得到的，所以b＜0.(2)方程的解可看作函数y＝2x和y＝2－x的图象交点的横坐标，分别作出这两个函数图象(如图)．由图象得只有一个交点，因此该方程只有一个解．]☞角度1(1)(2016·全国卷Ⅲ)已知a＝2，b＝3，c＝25，则( )A．b＜a＜c B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜b(2)(2016·浙江高考)已知函数f(x)满足：f(x)≥|x|且f(x)≥2x，x∈R.( )A．若f(a)≤|b|，则a≤bB．若f(a)≤2b，则a≤bC．若f(a)≥|b|，则a≥bD．若f(a)≥2b，则a≥b(1)A (2)B [(1)a＝2＝4，b＝3，c＝25＝5.∵y＝x在第一象限内为增函数，又5＞4＞3，∴c＞a＞b.(2)∵f(x)≥|x|，∴f(a)≥|a|.若f(a)≤|b|，则|a|≤|b|，A项错误．若f(a)≥|b|且f(a)≥|a|，无法推出a≥b，故C项错误．∵f(x)≥2x，∴f(a)≥2a.若f(a)≤2b，则2b≥2a，故b≥a，B项正确．若f(a)≥2b且f(a)≥2a，无法推出a≥b，故D项错误．故选B.] ☞角度2 解简单的指数方程或不等式(2015·江苏高考)不等式2x2－x＜4的解集为______．或－1，2 [∵2x2－x＜4，∴2x2－x＜22，{x|－1＜x＜2}()∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，∴－1＜x＜2.]☞角度3 探究指数型函数的性质已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13ax 2－4x ＋3.(1)若a ＝－1，求f (x )的单调区间； (2)若f (x )有最大值3，求a 的值； (3)若f (x )的值域是(0，＋∞)，求a 的值． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－x 2－4x ＋3，令g (x )＝－x 2－4x ＋3＝－(x ＋2)2＋7，则g (x )在区间(－∞，－2)上单调递增，2分在区间[－2，＋∞)上单调递减，又函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在R 上是减函数，因此f (x )的单调递增区间是[－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2).4分(2)由f (x )有最大值3知，ax 2－4x ＋3有最小值－1，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，12a －164a＝－1，解得a＝1.8分(3)由f (x )的值域是(0，＋∞)知，ax 2－4x ＋3的值域为R ，则必有a ＝0.12分 [规律方法] 1.比较指数式的大小的方法是：(1)能化成同底数的先化成同底数幂，再利用单调性比较大小；(2)不能化成同底数的，一般引入“1”等中间量比较大小．2．解简单的指数方程或不等式可先利用幂的运算性质化为同底数幂，再利用单调性转化为一般不等式求解．3．探究指数型函数的性质与研究一般函数的定义域、单调性(区间)、奇偶性、最值(值域)等性质的方法一致．易错警示：在研究指数型函数的单调性时，当底数a 与“1”的大小关系不确定时，要分类讨论．[思想与方法]1．根式与分数指数幂的实质是相同的，分数指数幂与根式可以互化，通常利用分数指数幂进行根式的化简运算．2．判断指数函数图象上底数大小的问题，可以先通过令x＝1得到底数的值再进行比较．[易错与防范]1．指数函数的单调性取决于底数a的大小，当底数a与1的大小关系不确定时应分0＜a＜1和a＞1两种情况分类讨论．2．对与复合函数有关的问题，要弄清复合函数由哪些基本初等函数复合而成，并且一定要注意函数的定义域．3．对可化为a2x＋b·a x＋c＝0或a2x＋b·a x＋c≥0(≤0)形式的方程或不等式，常借助换元法解决，但应注意换元后“新元”的范围．课时分层训练(八) 指数函数A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．函数f(x)＝2|x－1|的大致图象是( )【导学号：31222046】A B C DB [f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x ＜1.所以f (x )的图象在[1，＋∞)上为增函数，在(－∞，1)上为减函数．] 2．(2016·山东德州一模)已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3525，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2535，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2525，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜aD [∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25x为减函数，35＞25，∴b ＜c .又∵y ＝x 25在(0，＋∞)上为增函数，35＞25，∴a ＞c ，∴b ＜c ＜a ，故选D.]3．(2016·河南安阳模拟)已知函数f (x )＝a x，其中a ＞0，且a ≠1，如果以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，那么f (x 1)·f (x 2)等于( )A ．1B ．aC ．2D ．a 2A [∵以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上， ∴x 1＋x 2＝0. 又∵f (x )＝a x，∴f (x 1)·f (x 2)＝ax 1·ax 2＝a x 1＋x2＝a 0＝1，故选A.]4．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2的值域为( ) 【导学号：31222047】A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D ．(0,2]A [∵2x －x 2＝－(x －1)2＋1≤1，又y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t在R 上为减函数，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝12，即值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.]5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －7，x ＜0，x ，x ≥0，若f (a )＜1，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3)B ．(1，＋∞)C ．(－3,1)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C [当a ＜0时，不等式f (a )＜1可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －7＜1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＜8，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12a＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3，因为0＜12＜1，所以a ＞－3，此时－3＜a ＜0；当a ≥0时，不等式f (a )＜1可化为a ＜1，所以0≤a ＜1.故a 的取值范围是(－3,1)．] 二、填空题 6．计算：________.【导学号：31222048】2 [原式＝＝2.]7．已知函数f (x )＝4＋ax －1的图象恒过定点P ，则点P 的坐标是________．(1,5) [由f (1)＝4＋a 0＝5知，点P 的坐标为(1,5)．]8．已知正数a 满足a 2－2a －3＝0，函数f (x )＝a x，若实数m ，n 满足f (m )＞f (n )，则m ，n 的大小关系为________．m ＞n [∵a 2－2a －3＝0，∴a ＝3或a ＝－1(舍)．函数f (x )＝3x在R 上递增，由f (m )＞f (n )，得m ＞n .] 三、解答题 9．求不等式a2x －7＞a4x －1(a ＞0，且a ≠1)中x 的取值范围．[解] 设y ＝a x(a ＞0且a ≠1)，若0＜a ＜1，则y ＝a x为减函数， ∴a2x －7＞a4x －1⇔2x －7＜4x －1，解得x ＞－3；5分若a ＞1，则y ＝a x为增函数， ∴a2x －7＞a4x －1⇔2x －7＞4x －1，解得x ＜－3.9分综上，当0＜a ＜1时，x 的取值范围是(－3，＋∞)；当a ＞1时，x 的取值范围是(－∞，－3).12分 10．已知函数f (x )＝12－1＋a 是奇函数．(1)求a 的值和函数f (x )的定义域； (2)解不等式f (－m 2＋2m －1)＋f (m 2＋3)＜0. [解] (1)因为函数f (x )＝12x －1＋a 是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即12－x －1＋a ＝11－2x －a ，即 1－a 2x ＋a 1－2x ＝a ·2x＋1－a 1－2x，从而有1－a ＝a ，解得a ＝12.3分又2x－1≠0，所以x ≠0，故函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).5分 (2)由f (－m 2＋2m －1)＋f (m 2＋3)＜0，得f (－m 2＋2m －1)＜－f (m 2＋3)，因为函数f (x )为奇函数，所以f (－m 2＋2m －1)＜f (－m 2－3).8分由(1)可知函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数，从而在(－∞，0)上是减函数，又－m 2＋2m －1＜0，－m 2－3＜0，所以－m 2＋2m －1＞－m 2－3，解得m ＞－1，所以不等式的解集为(－1，＋∞).12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知实数a ，b 满足等式⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13b，下列五个关系式：①0＜b ＜a ；②a ＜b ＜0；③0＜a ＜b ；④b ＜a ＜0；⑤a ＝b ＝0.其中不可能成立的关系式有( )【导学号：31222049】A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个B [函数y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 与y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 的图象如图所示．由⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13b得a ＜b ＜0或0＜b ＜a 或a＝b ＝0.故①②⑤可能成立，③④不可能成立．]2．(2017·安徽江淮十校第一次联考)已知max{a ，b }表示a ，b 两数中的最大值．若f (x )11 ＝max{e |x |，e |x －2|}，则f (x )的最小值为________．e [由于f (x )＝max{e |x |，e |x －2|}＝⎩⎪⎨⎪⎧ e x，x ≥1，e |x －2|，x ＜1. 当x ≥1时，f (x )≥e，且当x ＝1时，取得最小值e ；当x ＜1时，f (x )＞e.故f (x )的最小值为f (1)＝e.]3．已知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x －1＋12x 3(a ＞0，且a ≠1)．(1)讨论f (x )的奇偶性；(2)求a 的取值范围，使f (x )＞0在定义域上恒成立．[解] (1)由于a x －1≠0，则a x ≠1，得x ≠0， ∴函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}.2分对于定义域内任意x ，有f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x －1＋12(－x )3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a x1－a x ＋12(－x )3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1a x －1＋12(－x )3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＋12x 3＝f (x )．∴f (x )是偶函数.5分(2)由(1)知f (x )为偶函数，∴只需讨论x ＞0时的情况．当x ＞0时，要使f (x )＞0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x －1＋12x 3＞0，即1a x －1＋12＞0，即a x＋12 a x －1 ＞0，9分即a x －1＞0，a x ＞1，a x ＞a 0.又∵x ＞0，∴a ＞1. 因此a ＞1时，f (x )＞0.12分。

高考数学一轮复习利用导数研究函数的单调性

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[必记结论] 在某个区间(a，b)上，若 f ′(x)>0，则 f(x)在这个区间上单调递增；若 f ′(x)<0，则 f(x)在这个区间上单调递减；若f ′(x)
＝0 恒成立，则 f(x)在这个区间上为常数函数；若 f ′(x)的符号不确定，则 f(x)不是单调函数．
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2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求
f
′(x) ； ′(x)>0 或 f ′(x)<0 ；
(2)在定义域内解不等式 f
(3)根据结果确定 f(x)的单调区间．
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1．函数 f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与其导数的正负关系 (1)若 f′(x)>0 ，则 f(x)在这个区间上是增加的； (2)若 f′(x)<0 ，则 f(x)在这个区间上是减少的； (3)若 f
答案：C
பைடு நூலகம்
⇔－2 6≤a≤2
a≥－ 6或 a≥－5
⇔a≥
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(－1,11) ． 4．函数 f(x)＝x3－15x2－33x＋6 的单调减区间为________
解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．

高三数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第2课时函数的单调性与最值精品课件

3．若函数 y＝ax 与 y＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，则 y＝ax2
＋bx 在(0，＋∞)上是( )
A．增函数
B．减函数
C．先增后减
D．先减后增
解析： ∵函数y＝ax与y＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，
∴a＜0，b＜0，
∴函数y＝ax2＋bx的图象的对称轴为x＝－2ba＜0，
∴函数y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是减函数．答案： B
解析：要使函数有意义，则16－4x≥0.又因为4x＞0，
∴0≤16－4x＜16，即函数y＝ 16－4x的值域为[0,4)．
答案： C
2．(2009·福建卷)下列函数f(x)中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋
∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是( )
A．f(x)＝1x
B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex
D．f(x)＝ln(x＋1)
解析：由题意知函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
在A中，由f′(x)＝－x12＜0得x在(－∞，0)和(0，＋∞)上为减函数；
在B中，由f′(x)＝2(x－1)＜0得x＜1，所以f(x)在(－∞，1)上为减函
数；
在C中，由f′(x)＝ex＞0知f(x)在R上为增函数；
在D中，由f′(x)＝
1 x＋1
且x＋1＞0和f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)
上为减函数．答案： A
x2＋4x 3．(2009·天津卷)已知函数f(x)＝ 4x－x2
x≥0， x＜0.
若f(2－a2)＞
f(a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1,2)
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高考数学一轮总复习函数与导数的关系

高考数学一轮总复习函数与导数的关系高考数学一轮总复习：函数与导数的关系函数与导数的关系在高考数学中占据着重要的地位。

函数的导数是描述函数变化规律的指标，通过对函数进行导数运算，我们可以更好地了解函数的性质与特点。

本文将系统地介绍函数与导数之间的关系，帮助大家全面认识和掌握这一知识点。

一、导数的定义与基本性质函数的导数是函数在某一点处的变化率。

用数学语言来描述，设函数f(x)在点x处连续，那么f(x)在点x处的导数可表示为f'(x)。

导数的定义如下：f'(x) = lim【(f(x+Δx) - f(x)) / Δx】，其中Δx ≠ 0。

导数的基本性质包括：1. 导数的存在性：导数存在的充要条件是函数在该点处连续。

2. 导数的几何意义：导数表示函数曲线在某一点处的切线斜率。

3. 导数的物理意义：导数还可以表示函数的变化率，如时速表征位移的变化率。

4. 导数的计算法则：常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等函数的导数可以通过一定的计算法则求得。

二、函数与导数的关系函数与导数之间有以下几种常见的关系。

1. 导数与函数的单调性如果一个函数在某一区间上的导数恒大于零（或小于零），则该函数在该区间上是单调递增（或递减）的。

即导数的正负性可以刻画函数的单调性。

2. 导数与函数的极值点对于函数f(x)在点x_0处的导数f'(x_0)，有以下两种情况：- 若f'(x_0)=0，且在x_0的邻域内f'(x)由正数变为负数，那么f(x)在x_0处取得一个极大值；- 若f'(x_0)=0，且在x_0的邻域内f'(x)由负数变为正数，那么f(x)在x_0处取得一个极小值。

3. 导数与函数的凸凹性函数的凸凹性与导数的性质密切相关。

对于函数f(x)在区间(a, b)上具有二阶导数的情况，有以下几个性质：- 如果对任意的x∈(a,b)，有f''(x)>0，则f(x)在(a,b)上是凸函数；- 如果对任意的x∈(a,b)，有f''(x)<0，则f(x)在(a,b)上是凹函数；- 如果存在x_0∈(a,b)，使得f''(x_0)=0，那么在x_0处可能是拐点。

导数与函数的单调性(高三一轮复习)

例1 (1)(多选)下列选项中，在(－∞，＋∞)上单调递增的函数有( BD )
A．f(x)＝x4
B．f(x)＝x－sin x
C．f(x)＝xex
D．f(x)＝ex－e－x
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究 (2)函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的大致图象是( A )
∞)，∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.
解法二：y′＝1－
a2 x2
，依题意知1－
a2 x2
≥0，即a2≤x2在x∈[2，＋∞)上恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a＞0，∴0＜a≤2.
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 11 —
关键能力互动探究
命题点1 不含参函数的单调性
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 6—
基|础|自|测
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)≥0，则f(x)在此区间内单调递增．( ×) (2)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)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．( √ )
— 16 —
思维点睛►
讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域． (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根． (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论 f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
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高考数学一轮复习第2讲导数与函数的单调性

第2讲导数与函数的单调性1．函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间(a，b)上可导：(1)若f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)上01单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)上02单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是03常数函数.2．由导数求单调区间的步骤(1)求定义域．(2)求导数．(3)由导数大于0求单调递增区间，由导数小于0求单调递减区间．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∀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．(1)在函数定义域内讨论导数的符号．(2)两个或多个增(减)区间之间的连接符号，不用“∪”，可用“，”或用“和”．1．已知函数f(x)＝x ln x，则f(x)()A．在(0，＋∞)上单调递增B．在(0，＋∞)上单调递减C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递增D ．在⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减答案 D解析因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e .故选D.2．函数f (x )＝e x －e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 D解析由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1.故选D. 3．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. 4．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( )答案 C解析由题意可知函数f(x)在(－1,2)上单调递增，在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递减，故选C.5．已知函数f(x)＝12x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间[13，2]上是增函数，则实数a的取值范围为________.答案[43，＋∞)解析由题意知f′(x)＝x＋2a－1x≥0在[13，2]上恒成立，即2a≥－x＋1x在[13，2]上恒成立，因为g(x)＝－x＋1x在[13，2]上单调递减，所以g(x)≤g⎝⎛⎭⎪⎪⎫13＝83，所以2a≥83，即a≥43.6．已知函数f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________________；(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________.答案(1)(－∞，3]∪[92，＋∞)(2)⎝⎛⎭⎪⎪⎫3，92解析由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3x⎝⎛⎭⎪⎪⎫x－2a3.(1)令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a3，若f(x)在(2,3)上单调递减，则有2a3≥3，解得a≥92；若f(x)在(2,3)上单调递增，则有2a3≤2，解得a≤3，所以若f (x )在(2,3)上单调，实数a 的取值范围是(－∞，3]∪[92，＋∞).(2)若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 3≠0，2<2a3<3，可得3<a <92.考向一利用导数求函数(不含参)的单调区间例1 (1)函数y ＝4x 2＋1x的单调递增区间为( )A ．(0，＋∞)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞C ．(－∞，－1)D ．⎝⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－12答案 B解析由y ＝4x 2＋1x (x ≠0)，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x2>0，解得x >12，∴函数y＝4x 2＋1x 的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选B.(2)(2021·湖南省雅礼中学高三月考)函数f (x )＝2|sin x |＋cos2x 在[－π2，π2]上的单调递增区间为( )A ．[－π2，－π6]和[0，π6]B ．[－π6，0]和[π6，π2]C ．[－π2，－π6]和[π6，π2]D ．[－π6，π6] 答案 A解析由题意，因为f (－x )＝2|sin(－x )|＋cos(－2x )＝2|sin x |＋cos2x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，当0≤x ≤π2时，f (x )＝2sin x ＋cos2x ，则f ′(x )＝2cos x －2sin2x ，令f ′(x )≥0，得sin x ≤12，所以0≤x ≤π6，由f (x )为偶函数，可得当－π6≤x ≤0时，f (x )单调递减，则在[－π2，－π6]上单调递增，故选A.(3)设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，则f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________.答案 (－∞，－1)，(0，＋∞) [－1,0] 解析 ∵f (x )＝x (e x－1)－12x 2，∴f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝0. 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0. 当x ∈[－1,0]时，f ′(x )≤0.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．1.函数f (x )＝x ln x ＋x 的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e2，＋∞ B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e2C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e e ，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，e e 答案 A解析因为函数f (x )＝x ln x ＋x (x ＞0)，所以f ′(x )＝ln x ＋2，由f ′(x )>0，得ln x ＋2>0，可得x >1e2，故函数f (x )＝x ln x ＋x 的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e2，＋∞.2．函数f (x )＝x ＋21－x 的单调递增区间是________；单调递减区间是________.答案 (－∞，0) (0,1)解析 f (x )的定义域为{x |x ≤1}，f ′(x )＝1－11－x.令f ′(x )＝0，得x ＝0.当0<x <1时，f ′(x )<0.当x <0时，f ′(x )>0.∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．考向二利用导数讨论函数(含参)的单调区间例2 (1)(2020·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2.讨论f (x )的单调性．解由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k 3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k 3或x ＞k3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－k 3，⎝⎛⎭⎪⎪⎫k3，＋∞上单调递增． (2)已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x .若a >0，试讨论函数g (x )的单调性．解因为g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以g ′(x )＝错误!＝错误!.由题意知函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，令g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12，由g ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0得12a<x <1，即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，1上单调递减；若12a >1，即0<a <12，由g ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0得1<x <12a ，即函数g (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，12a 上单调递减；若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (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．遇二次三项式因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 )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．3.已知f (x )＝1＋ln x2ax(a ≠0，且a 为常数)，求f (x )的单调区间．解因为f (x )＝1＋ln x2ax (a ≠0，且a 为常数)，所以f ′(x )＝错误!＝－错误!，x >0. 所以①若a >0，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.即a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． ②若a <0，当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.即a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． 4．(2020·聊城二模)已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．解 f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x (ax ＋2)e ax ＋1 . ①当a ＝0时，x >0，f ′(x )>0；x <0，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2a ，0，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2a ，0. ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，－2a . 考向三利用导数解决函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式例3 (1)(2020·青岛市高三上学期期末)已知奇函数f (x )是R 上的增函数，g (x )＝xf (x )，则( )A ．g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫log314＞g (2－32)＞g (2－23)B ．g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫log314＞g (2－23)＞g (2－32)C ．g (2－32)＞g (2－23)＞g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫log314D ．g (2－23)＞g (2－32)＞g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫log314答案 B解析由奇函数f (x )是R 上的增函数，可得f ′(x )≥0，以及当x ＞0时，f (x )＞0，当x ＜0时，f (x )＜0.由g (x )＝xf (x )，得g (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )＝g (x )，即g (x )为偶函数．因为g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以当x ＞0时，g ′(x )＞0，当x ＜0时，g ′(x )＜0.故当x ＞0时，函数g (x )单调递增，当x ＜0时，函数g (x )单调递减．因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫log314＝g (log 34)，0<2－32＜2－23＜20＝1＜log 34，所以g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫log314＞g (2－23)＞g (2－32)．故选B.(2)(2020·潍坊二模)设函数f (x )为奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝e x －cos x ，则不等式f (2x －1)＋f (x －2)>0的解集为( )A ．(－∞，1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 D解析根据题意，当x ≥0时，f (x )＝e x －cos x ，此时有f ′(x )＝e x ＋sin x >0，则f (x )在[0，＋∞)上为增函数，又f (x )为R 上的奇函数，故f (x )在R 上为增函数．f (2x －1)＋f (x －2)>0⇒f (2x －1)>－f (x －2)⇒f (2x －1)>f (2－x )⇒2x －1>2－x ，解得x >1，即不等式的解集为(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．5.(2021·新高考八省联考)已知a <5且a e 5＝5e a ，b <4且b e 4＝4e b ，c <3且c e 3＝3e c ，则( )A ．c 0，同理b >0，c >0，令f (x )＝exx，x >0，则f ′(x )＝错误!，当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为a e 5＝5e a，a <5，故e55＝eaa，即f (5)＝f (a )，而0<a <5，故0<a <1，同理0f (4)>f (3)，故f (a )>f (b )>f (c )，所以0<a x 2－1的解集是( )A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)答案 D解析令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g(x)>g(2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D.角度2根据函数的单调性求参数例4(1)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是()A．(－∞，1] B．(－∞，1)C．(－∞，2] D．(－∞，2)答案 C解析f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，解法一：若Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；若Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2，则错误!解得m<2，∴m<－2，综上得m≤2，∴实数m的取值范围是(－∞，2]．解法二：问题转化为m≤x＋1x在(1，＋∞)上恒成立，而当x∈(1，＋∞)时，函数y＝x＋1x>2，故m≤2，故选C.(2)已知函数f(x)＝ln x－12ax2－2x(a≠0)．①若f(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围；②若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解①因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，即a ≥1x2－2x恒成立．设G (x )＝1x2－2x ，x ∈[1,4]，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，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是[－716，0)∪(0，＋∞)． ②因为f (x )在[1,4]上存在单调递减区间，则f ′(x )<0在[1,4]上有解，所以当x ∈[1,4]时，a >1x2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a >－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(1)f (x )在区间D 上单调递增(减)，只要f ′(x )≥0(≤0)在D 上恒成立即可，如果能够分离参数，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．(2)二次函数在区间D 上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数图象的对称轴与区间D 的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论．7.若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4a2x ＋a －4a ，0<x≤a，x －xln x ，x>a是(0，＋∞)上的减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，e 2]B ．[e ，e 2]C ．[e ，＋∞)D ．[e 2，＋∞)答案 D解析由题意，当x >a 时，f ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，则－ln x ≤0在x >a 时恒成立，则a ≥1；当0<x ≤a 时，f ′(x )＝1－错误!，则1－错误!≤0在0<x ≤a 时恒成立，即－3a ≤x ≤a 在0<x ≤a 时恒成立，解得a >0，且a ＋4a2a ＋a －4a ≥a －a ln a ，解得ln a ≥2，即a ≥e 2，故⎩⎪⎨⎪⎧a≥1，a>0，a≥e2，解得a ≥e 2，故选D.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________.答案 (0,1)∪(2,3)解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x2＋4x －3x ＝－错误!，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.构造法在导数中的应用1．(2021·洛阳模拟)定义在R 上的可导函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )<0，则下列各式一定成立的是( )A ．e 2f (2021)<f (2019)B ．e 2f (2021)>f (2019)C ．f (2021)<f (2019)D ．f (2021)>f (2019)答案 A解析根据题意，设g (x )＝e x f (x )，其导函数g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]，又由函数f (x )与其导函数f ′(x )满足f (x )＋f ′(x )<0，则有g ′(x )<0，则函数g (x )在R 上为减函数，则有g (2021)<g (2019)，即e 2021f (2021)<e 2019f (2019)，即e 2f (2021)<f (2019)．2．(2020·淄博二模)已知函数f (x )是定义在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上的奇函数．当x ∈[0，π2)时，f (x )＋f ′(x )tan x >0，则不等式cos xf ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π2＋sin xf (－x )>0的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，π2 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4，π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4，0 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，－π4答案 C解析令g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f (x )cos x ＋f ′(x )sin x ＝[f (x )＋f ′(x )tan x ]cos x ，当x ∈[0，π2)时，f (x )＋f ′(x )tan x >0，cos x >0，∴g ′(x )>0，即函数g (x )单调递增．又g (0)＝0，∴x ∈[0，π2)时，g (x )＝f (x )sin x ≥0.∵f (x )是定义在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上的奇函数，∴g (x )是定义在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上的偶函数．不等式cos x ·f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π2＋sin x ·f (－x )>0，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π2·f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π2>sin x ·f (x )，即g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π2>g (x )，∴|x ＋π2|>|x |，∴x >－π4 ①，又－π2<x＋π2<π2，故－π<x <0 ②，由①②得不等式的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4，0.故选C. 答题启示(1)若知xf ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数g (x )＝xf (x )；一般地，若知xf ′(x )＋nf (x )(n >0)的符号，则构造函数g (x )＝x n f (x )(n >0)．(2)若知xf ′(x )－f (x )的符号，则构造函数g (x )＝错误!；一般地，若知xf ′(x )－nf (x )(n >0)的符号，则构造函数g (x )＝错误!(n >0)．(3)若知f ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数g (x )＝e x f (x )；一般地，若知f ′(x )＋nf (x )(n >0)的符号，则构造函数g (x )＝e nx ·f (x )(n >0)．(4)若知f ′(x )－f (x )的符号，则构造函数g (x )＝错误!；一般地，若知f ′(x )－nf (x )(n >0)的符号，则构造函数g (x )＝错误!(n >0)．对点训练1．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )＜0，对任意正数a ，b ，若a 0)，则F ′(x )＝[错误!]′＝错误!.因为x >0，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F ′(x )＜0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数．又0<a 3e x 的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D ．(－∞，0)答案 C解析构造函数g (x )＝错误!，则g ′(x )＝错误!>0，故g (x )在R 上为增函数．又g(0)＝错误!＝3，由f(x)＋1>3e x，得错误!>3，即g(x)>g(0)，解得x>0.故选C.一、单项选择题1．函数f(x)＝x·e x－e x＋1的单调递增区间是()A．(－∞，e) B．(1，e)C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)答案 D解析由f(x)＝x·e x－e x＋1，得f′(x)＝(x＋1－e)·e x，令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上是()A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案 A解析因为f′(x)＝1－cos x>0在(0,2π)上恒成立，所以f(x)在(0,2π)上为增函数．故选A.3．(2020·冀州中学模拟)若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈()A．(0,1) B．[0,2]C．(2,3) D．(2,4)答案 C解析由f′(x)<0⇔x2－4x＋3<0，即1<x<3，∴函数f(x)在(1,3)上单调递减．∴函数f(x－1)在(2,4)上单调递减．故D为充要条件，C为充分不必要条件．4．函数f(x)＝axx2＋1(a>0)的单调递增区间是()A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝错误!＝错误!.由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)．故选B.5．设函数f(x)＝12x2－9ln 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]答案 A解析因为f(x)＝12x2－9ln x，所以f′(x)＝x－9x(x>0)，当x－9x≤0时，有0<x≤3，即在(0,3]上函数f(x)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.故选A.6. 在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1,2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案 A解析在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)单调递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；在(－1，1)上，f(x)单调递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0,1)．综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．7．(2020·天津市河北区模拟)已知函数f (x )＝3x ＋2cos x ，若a ＝f (32)，b ＝f (2)，c＝f (log 27)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a 0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上为增函数．又由2＝log 24<log 27<3<32，则b <c <a .故选D.8．(2020·山东省高三第一次仿真联考)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，且f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f ′(x )>3x ，则不等式f (x )－f (x －1)<3x －32的解集是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－12C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎪⎪⎫－∞，12答案 D解析设g (x )＝f (x )－32x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－3x .因为当x ≥0时，f ′(x )>3x ，所以当x ≥0时，g ′(x )＝f ′(x )－3x >0，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增．因为f (－x )＝f (x )，所以g (－x )＝f (－x )－32x 2＝f (x )－32x 2＝g (x )，所以g (x )是偶函数．因为f (x )－f (x －1)<3x－32，所以f (x )－32x 2<f (x －1)－32(x －1)2，即g (x )<g (x －1)，所以g (|x |)<g (|x －1|)，则|x |<|x－1|，解得x <12.故选D.9．(2020·四川省宜宾市二模)定义在[－2,2]上的函数f (x )与其导函数f ′(x )的图象如图所示，设O 为坐标原点，A ，B ，C ，D 四点的横坐标依次为－12，－16，1，43，则函数y ＝错误!的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－16，43 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－16D ．(1,2)答案 B解析若虚线部分为函数y ＝f (x )的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象(实线)与x 轴有三个交点，不符合题意；若实线部分为函数y ＝f (x )的图象，则该函数有两个极值点，则其导函数图象(虚线)与x 轴恰好也只有两个交点，符合题意．对函数y ＝错误!求导得y ′＝错误!，由y ′<0，得f ′(x )<f (x )，由图象可知，满足不等式f ′(x )<f (x )的x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，1，因此，函数y ＝错误!的单调递减区间为错误!.故选B.二、多项选择题10．(2021·江苏省泰州中学高三第二次检测)若函数y ＝错误!在(1，＋∞)上单调递减，则称f (x )为P 函数．下列函数中为P 函数的是( )A ．f (x )＝1B ．f (x )＝xC ．f (x )＝1xD ．f (x )＝x答案 AC解析对于A ，y ＝错误!＝错误!，当x ∈(1，＋∞)时，y ＝ln x 为增函数，故y ＝1ln x为减函数，所以f (x )＝1为P 函数，故A 符合；对于B ，y ＝错误!＝错误!，求导y ′＝错误!，令y ′＝0，得x ＝e.当x ∈(1，e)时，y ′＜0，即y ＝错误!在(1，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，y ′＞0，即y ＝xln x 在(e ，＋∞)上单调递增，所以f (x )＝x 不是P 函数，故B 不符合；对于C ，y ＝错误!＝错误!，求导y ′＝错误!，令y ′＜0，得x >1e ，所以y ＝1xln x 在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )＝1x 为P 函数，故C 符合；对于D ，y ＝错误!＝错误!，求导y ′＝错误!，令y ′＝0，得x ＝e 2.当x ∈(1，e 2)时，y ′＜0，即y ＝x ln x 在(1，e 2)上单调递减；当x ∈(e 2，＋∞)时，y ′＞0，即y ＝xln x在(e 2，＋∞)上单调递增，所以f (x )＝x 不是P 函数，故D 不符合．故选AC.11．(2021·新高考八省联考)已知函数f (x )＝x ln (1＋x )，则( ) A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增 B ．f (x )有两个零点C ．曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2D ．f (x )是偶函数答案 AC解析由f (x )＝x ln (1＋x )知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝ln (1＋x )＋x1＋x ，当x ∈(0，＋∞)时，ln (1＋x )>0，x1＋x >0，所以f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，A 正确；当－1<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1,0)上单调递减．又因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.所以f (x )≥0，f (x )只有0一个零点，B错误；令x ＝－12，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝ln 12－1＝－ln 2－1，故曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2，C 正确；由函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称可知f (x )不是偶函数，D 错误．故选AC.12．(2020·海口高考调研考试)“已知函数f (x )＝x 2－cos x ，对于上任意的x 1，x 2，若________，则必有f (x 1)>f (x 2)恒成立．”在横线中填上下列选项中的某个条件，使得上述说法正确的可以是( )A ．|x 1|>x 2B ．x 1＋x 2>0C ．x 21>x 2D ．x1x2>1答案 CD解析因为f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，x ∈[－π2，π2]关于y 轴对称，所以函数f (x )是偶函数．因为f ′(x )＝2x ＋sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2时，f ′(x )＝2x ＋sin x＞0，当x ＝0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ＝0，所以函数f (x )在[－π2，0)上单调递减，在[0，π2]上单调递增，故若|x 1|>|x 2|，则必有f (x 1)>f (x 2)恒成立，而满足|x 1|>|x 2|的只有C 项和D 项．故选CD.三、填空题 13．函数f (x )＝xln x 的单调递减区间是________.答案 (0,1)和(1，e)解析由f ′(x )＝错误!<0得错误!解得0<x <1或1<x <e.∴f (x )的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．14．若函数y ＝－13x 3＋ax 有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________.答案 (0，＋∞)解析 y ′＝－x 2＋a ，y ＝－13x 3＋ax 有三个单调区间，则方程－x 2＋a ＝0应有两个不等实根，故a >0.15．若函数f (x )＝x 2＋1＋ax2x在[13，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是______.答案 [253，＋∞)解析由已知得，f ′(x )＝2x ＋a －1x2，若函数f (x )在[13，＋∞)上是增函数，则当x ∈[13，＋∞)时，2x ＋a －1x2≥0恒成立，即a ≥1x2－2x 恒成立，即a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x2－2x max ，设u (x )＝1x2－2x ，x ∈[13，＋∞)，则u ′(x )＝－2x3－2<0，即函数u (x )在[13，＋∞)上单调递减，所以当x ＝13时，函数u (x )取得最大值u ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＝253，所以a ≥253.故实数a 的取值范围是[253，＋∞).16．(2020·烟台模拟)设定义域为R 的函数f (x )满足f ′(x )>f (x )，则不等式e x －1f (x )<f (2x －1)的解集为________.答案 (1，＋∞)解析令g (x )＝错误!，则g ′(x )＝错误!>0，故g (x )在R 上单调递增，不等式e x －1f (x )<f (2x －1)，即错误!<错误!，故g (x )<g (2x －1)，故x <2x －1，解得x >1，所以原不等式的解集为(1，＋∞)．四、解答题17．(2020·山东模拟卷)函数f (x )＝a ＋x1＋x (x ＞0)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线在y 轴上的截距为112.(1)求a ；(2)讨论g (x )＝x [f (x )]2的单调性．解 (1)f ′(x )＝错误!，f ′(1)＝错误!，又f (1)＝a ＋12，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝1－a 4(x －1)＋a ＋12，其在y 轴上的截距为3a ＋14.依题设3a ＋14＝112，解得a ＝7.(2)易知g (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋7x ＋12(x ＞0)，则g ′(x )＝错误!＋错误!×错误!＝错误!×错误!. 显然g ′(x )＞0恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 18．已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )＋2x 在[1，＋∞)上单调，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意，知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f ′(x )＝2x －2x ＝错误!，由f ′(x )<0得0<x <1，故f(x)的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意，得g′(x)＝2x＋ax－2x2，∵函数g(x)在[1，＋∞)上单调，当g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数时，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥2x－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝2x－2x2.∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴在[1，＋∞)上，φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.当g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数时，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立．∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．19．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.解(1)f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x>0)．当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>0时，由f′(x)＝0得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．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，＋∞上单调递增． (2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以s (x )>s (1)＝0，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0. 20．(2020·全国卷Ⅱ节选)已知函数f (x )＝sin 2x sin2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338.解 (1)f (x )＝sin 2x sin2x ＝2sin 3x cos x ，则f ′(x )＝2(3sin 2x cos 2x －sin 4x ) ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)＝2sin 2x (2cos x ＋1)(2cos x －1)， f ′(x )＝0在x ∈(0，π)上的根为x 1＝π3，x 2＝2π3，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)证明：注意到f (x ＋π)＝sin 2(x ＋π)sin[2(x ＋π)]＝sin 2x sin2x ＝f (x )，故函数f (x )是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得f (0)＝f (π)＝0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322×32＝338， f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32＝－338，据此可得f (x )max ＝338，f (x )min ＝－338，所以|f (x )|≤338.。

第一轮复习14---导数与函数的单调性、极值、最值

1 - k e; k 2时，最小值为
1 2 1 0 a 1时，极大值- a a ln a, 极小值 - ； 2 2 a 1时，无极值； 1 1 2 a 1时，极大值- , 极小值 - a a ln a。 2 2
极值最值已知函数f x ax2 1a 0 , g x x 3 bx. 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。
含参数的单调区间
1 3 设函数f x x 1 a x 2 4ax 24a, 3 其中常数a R, 求f x 的单调区间。
含参数的单调区间
已知函数f x e a R，减区间为。
ln a,，减区间为 , ln a。 a 0时，增区间为
求最值：求出极值，与端点值比较。
极值最值
e 设f x , 其中a为正实数. 2 1 ax 4 若a , 求f x 的极值点。 3
3 1 x1 是极小值点， x2 是极大值点。 2 2
x
极值最值
1 2 设a 0,函数f x x a 1x a1 ln x . 2 求函数f x 的极值。
'
是减少的。该区间为函数的减区间。
单调区间
1 3 设函数f x x 1 a x 2 4ax 24a, 3 其中常数a 1, 求f x 的单调减区间。
2,2a
含参数的单调区间--界点讨论法
界点选取原则： 1，开口 2，△ 3，根的大小 4，根与定义域的关系
单调性下的取值范围
y f x 是区间上的增函数 y f x 是区间上的减函数 f x 0在区间上恒成立。

高考数学第一轮知识点总复习第二节导数的应用(Ⅰ)

分析函数的增区间是f′(x)≥0恒成立的区间，函数的减区间是 f′(x)≤0恒成立的区间（导数值为零的点为有限个）.
解 (1)由已知f′(x)=3 -a,x2 ∵f(x)在（-∞,+∞）上是单调增函数， ∴f′(x)=3 -ax≥2 0在(-∞,+∞)上恒成立，即a≤3 x在2 x∈R上恒成立. ∵3 x≥2 0,∴只需a≤0. 又a=0时，f′(x)=3 ≥x20,f(x)= -1在x3R上是增函数， ∴a≤0. (2)由f′(x)=3 -ax≤2 0在(-1,1)上恒成立，得a≥3 在x∈x2(-1,1)上恒成立. ∵-1＜x＜1,∴3 ＜3,∴只需a≥3. 当a≥3时，f′(x)=x32 -a在x∈(-1,1)上恒有f′(x)＜0, 即f(x)在（-1,1）上为x减2 函数，∴a≥3. 故存在实数a≥3,使f(x)在(-1,1)上单调递减.
学后反思利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′(x)>0 ［或f′(x)<0］仅是f(x)在某个区间上为增函数（或减函数）的充分条件，在(a,b)内可导的函数f(x)在(a,b)上递增（或递减）的充要条件应是f′(x)≥0［或f′(x)≤0］，x∈(a,b)恒成立，且f′(x)在(a,b)的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f′(x0)=0. 因此，在已知函数f(x)是增函数（或减函数）来求参数的取值范围时，应令f′(x)≥0［或f′(x)≤0］恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立理论求解），然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去,若f′(x)不恒为0，则由f′(x)≥0 ［或f′(x)≤0］恒成立解出的参数的取值范围.

高考数学一轮复习考点知识专题讲解18---利用导数解决函数的单调性问题

在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)＞0.( ) (2)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f′(x)＝0，则 f(x)在此区间内没有单调性．( ) (3)在(a，b)内 f′(x)≤0 且 f′(x)＝0 的根有有限个，则 f(x)在(a，b)内是减函数．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√
考点 2 含参数函数的单调性
研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面
①二次项系数讨论，②根的有无讨论，③根的大小讨论，
பைடு நூலகம்
④根在不在定义域内讨论．
(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类．
(3)讨论完必须写综述．已知函数 f(x)＝12x2－2a ln x＋(a－2)x，当 a＜0 时，讨论函数 f(x)的单调性．
-4-/8
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．
已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝12ax2＋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－12ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
考点 4 利用导数比较大小或解不等式
用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化
为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式．
常见构造的辅助函数形式有： (1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)； (2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；

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≥- .