导数图像与单调性

第2节导数在研究函数中的应用知识梳理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.函数的极值与导数形如山峰形如山谷f(x)为极大值f(x)为极小值(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.1.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.2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，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.诊断自测1.判断下列结论正误(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)函数的极大值一定大于其极小值.()(4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.()(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.2.函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A.(0，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，－1]D.[－1，0)∪(0，1]答案A解析由题意知f′(x)＝2x－2x＝2x2－2x(x>0)，由f′(x)≤0，得0<x≤1.3.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A.1B.2C.3D.4答案A解析由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.4.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()答案D解析设导函数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)的图象易得当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.5.(多选题)(2021·济南调研)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断正确的是()A.在区间(2，4)内单调递减B.在区间(2，3)内单调递增C.x＝－3是极小值点D.x＝4是极大值点答案BD解析A项，函数y＝f(x)在区间(2，4)内f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2，4)上单调递增，故A不正确；B项，函数y＝f(x)在区间(2，3)内的导数f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2，3)上单调递增，故B正确；C项，由图象知当x＝－3时，函数f′(x)取得极小值，但是函数y＝f(x)没有取得极小值，故C错误；D项，当x＝4时，f′(x)＝0，当2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)为增函数，当x＞4时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)为减函数，则x＝4是函数f(x)的极大值点，故D正确.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin 2x＋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)＝2cos 2x－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.第一课时 利用导数研究函数的单调性考点一 不含参函数的单调性1.函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是( ) A.(0，1)B.(1，＋∞)C.(－∞，1)D.(－1，1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x (x >0)，∴当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数. 2.函数f (x )＝(x －3)e x 的递增区间是( ) A.(－∞，2) B.(0，3) C.(1，4)D.(2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ， 令f ′(x )>0，解得x >2，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 )的递增区间是________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.感悟升华 确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间. 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 ＝ax 2－（a ＋1）x ＋1x＝（ax －1）（x －1）x .①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 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；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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1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⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减.感悟升华 1.(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.2.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.【训练1】已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R )，求f (x )的单调区间. 解 由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)， ①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间(0，＋∞). ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. 考点三 根据函数单调性求参数【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－bx2＋1x＝2x2＋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)＝2－3x2＋1x＝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1】本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围.解 依题意g ′(x )＝2＋1x ＋ax 2在[1，2]上满足g ′(x )≤0恒成立， ∴当x ∈[1，2]时，a ≤－2x 2－x 恒成立，又t ＝－2x 2－x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋18，x ∈[1，2]是减函数，∴当x ＝2时，t ＝－2x 2－x 取得最小值－10. 所以a ≤－10，即实数a 的取值范围为(－∞，－10].【迁移2】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 ＝－2x 2－x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数， ∴a ＝－2x 2－x 的值域为(－10，－3)， 因此实数a 的取值范围为(－10，－3).感悟升华 1.(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.2.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. 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】 (多选题)(2021·重庆抽测)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )＜0成立，则有( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 答案 CD解析 构造函数g (x )＝f （x ）cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜π2.则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x （cos x ）2＜0，即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，同理，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故选CD. 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 ）·ln 22x ，∴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)，所以x <2.感悟升华 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2】 (1)(2021·新高考8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 <b <aB.b <c <aC.a <c <bD.a <b <c(2)(2021·武汉模拟)定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意实数x ，都有f (x )>f ′(x )，且f (x )＋2 021为奇函数，则不等式f (x )＋2 021e x <0的解集为( )A.(－∞，0)B.(0，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1eD.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 (1) D (2)B解析 (1)法一 由已知e 55＝e a a ，e 44＝e b b ，e 33＝e cc ，设f (x )＝e x x ，则f ′(x )＝（x －1）e x x 2， 所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (3)<f (4)<f (5)，f (c )<f (b )<f (a )，所以a <b <c .法二 设e x＝e 55x ，① e x ＝e 44x ，②e x＝e 33x ，③ a ，b ，c 依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵e 55>e 44>e 33，由图可知a <b <c .(2)由题意，构造新函数g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x， 因为f (x )>f ′(x )，所以g ′(x )<0，所以函数g (x )在R 上单调递减.因为f (x )＋2 021为定义在R 上的奇函数，所以f (0)＋2 021＝0，所以f (0)＝－2 021，则g (0)＝－2 021，所以不等式f (x )＋2 021e x <0等价于g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式f (x )＋2 021e x <0的解集为(0，＋∞).以“函数凹凸性”为背景的导数问题一般地，函数f (x )的定义域为R ，若∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，都有f （x 1）＋f （x 2）2≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则f (x )为凸函数，其图象向上凸出；若∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，都有f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则f (x )为凹函数，其图象向下凸出. 【典例】(2020·青岛检测)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数f (x )在(a ，b )上的导函数为f ′(x )，f ′(x )在(a ，b )上的导函数为f ″(x )，若在(a ，b )上f ″(x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ，b )上为“严格凸函数”.已知f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2在(1，4)上为“严格凸函数”，则实数m 的取值范围是( )A.(－∞，2e －1]B.[e －1，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 4－14，＋∞ D.(e ，＋∞)答案 C解析 因为f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2，所以f ′(x )＝e x －ln x －1－mx ，所以f ″(x )＝e x －1x －m .因为f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2在(1，4)上为“严格凸函数”，所以f ″(x )＝e x －1x －m <0在(1，4)上恒成立，即m >e x －1x 在(1，4)上恒成立.令g (x )＝e x －1x ，x ∈(1，4)，所以g ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以g (x )在(1，4)上单调递增，所以g (x )<e 4－14，所以m ≥e 4－14，即实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 4－14，＋∞. 思维升华 1.f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2在(1，4)上为“严格凸函数”，等价于f ″(x )<0在(1，4)上恒成立，利用分离参数法即可得m 的取值范围.2.本题是以函数的凹凸性为背景考查函数的二阶导数的符号的问题，考查了直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养.破解本题的关键是明确严格凸函数的定义，求出所给函数的二阶导数，判断其是否在给定的区间上恒为负值.【训练】 (多选题)(2021·山东名校联考)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，若f ′(x )>0，且∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则下列选项中一定正确的是( ) A.f (2)<f (e)<f (π)B.f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)C.f (2)<f ′(2)－f ′(3)<f (3)D.f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)答案 ABD解析 因为f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增.∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，恒有f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即f （x 1）＋f （x 2）2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 所以y ＝f (x )的图象是向上凸起的，大致图象如图所示.由图可知f (2)<f (e)<f (π)，故A 项正确.因为f ′(x )反映了函数f (x )图象上各点处的切线的斜率，由图可知，随着x 的增大，f (x )的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小， 所以f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)，故B 项正确.因为f (3)－f (2)＝f （3）－f （2）3－2表示点A (2，f (2))与B (3，f (3))连线所在直线的斜率k AB ，所以结合图可知f ′(3)<k AB <f ′(2)，故D 正确.显然只有f (2)<f ′(2)－f ′(3)<f (3)无法判断正误，即C 不一定正确.A 级 基础巩固一、选择题1.函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )答案 D解析 由函数f (x )的图象可知，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.2.函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，eB.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B 解析 因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )<0，解得0<x <1e ，故f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e . 3.(2020·江南十校联考)已知函数f (x )＝ax 2－4ax －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 <0D.a >116 答案 D解析 f ′(x )＝2ax －4a －1x ＝2ax 2－4ax －1x， 令g (x )＝2ax 2－4ax －1，则函数g (x )＝2ax 2－4ax －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时，只需⎩⎪⎨⎪⎧a >0，g （1）＝－2a －1<0，g （4）＝16a －1>0，或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，g （1）＝－2a －1>0，g （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.4.已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )<2f (x )恒成立，则( )A.4f (1)<f (2)B.4f (1)>f (2)C.f (1)<4f (2)D.f (1)>4f ′(2)答案 B解析 设函数g (x )＝f （x ）x 2(x >0)，则g ′(x )＝x 2f ′（x ）－2xf （x ）x 4＝xf ′（x ）－2f （x ）x 3<0， 所以函数g (x )在(0，＋∞)上为减函数，因此g (1)>g (2)，即f （1）12>f （2）22，所以4f (1)>f (2).5.已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e －x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，－1]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 答案 D解析 f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0，∴f (x )在R 上是增函数.又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x ＝－f (x )，知f (x )为奇函数.故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)，∴a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.6.(多选题)(2021·重庆调研)已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则对于任意的x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，下列结论正确的是( )A.f (x )＜0恒成立B.(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＜0C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＞f （x 1）＋f （x 2）2 D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f （x 1）＋f （x 2）2 答案 BD解析 由导函数的图象可知，导函数f ′(x )的图象在x 轴下方，即f ′(x )＜0，故原函数为减函数，并且递减的速度是逐渐减慢.所以f (x )的示意图如图所示：f (x )＜0恒成立，没有依据，故A 不正确；B 表示(x 1－x 2)与[f (x 1)－f (x 2)]异号，即f (x )为减函数，故B 正确；C ，D 左边的式子意义为x 1，x 2中点对应的函数值，即图中点B 的纵坐标值， 右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A 的纵坐标值，显然有左边小于右边，故C 不正确，D 正确.二、填空题7.已知a 为实数，f (x )＝ax 3＋3x ＋2，若f ′(－1)＝－3，则函数f (x )的单调递增区间为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22 解析 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3，又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，∴f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22. 8.(2020·长沙质检)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 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 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.依题意，⎩⎨⎧k －1≥0，k －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 )＝x 2f (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).三、解答题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.已知函数f(x)＝12x2－2a ln x＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.解(1)当a＝－1时，f(x)＝12x2＋2ln x－3x，则f′(x)＝x＋2x －3＝x2－3x＋2x＝（x －1）（x －2）x (x >0).当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x －2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立.即x 2－2x －2a x ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立.所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x ，当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增.B 级 能力提升12.已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为() A.b >c >a B.a >c >bC.a >b >cD.b >a >c答案 D解析 依题意，得a ＝ln 33＝ln 33，b ＝e －1＝ln e e ，c ＝3ln 28＝ln 88.令f (x )＝ln x x (x >0)，则f ′(x )＝1－ln x x 2，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.(多选题)(2021·日照模拟)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞m ＞1，则下列成立的有( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞1－m m B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＜－1 C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞1m －1D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＜0 答案 AC解析 由已知条件，构造函数g (x )＝f (x )－mx ，x ∈R ，则g ′(x )＝f ′(x )－m ＞0，所以函数g (x )＝f (x )－mx 在R 上单调递增，且1m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞g (0)，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞－1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞0，故B 错误；又1m ＜1，1－m m ＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞1－m m ，故A 正确；1m －1＞0，故g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞g (0)，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1－m m －1＞－1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞1m －1＞0，故C 正确，D 错误，故选AC.14.已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].。

第2节导数在研究函数中的应用知识梳理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.函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.3.函数的最值与导数的关系(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.第1课时导数与函数的单调性考点一 求函数的单调区间【例1】 (经典母题)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值.(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，求函数g (x )的单调减区间.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ， 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )<0，得x (x ＋1)(x ＋4)<0，解之得－1<x <0或x <－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).【迁移探究1】 若本例中函数f (x )变为“f (x )＝ln x －12x 2＋x ”，试求f (x )的单调区间.解 因为f (x )＝ln x －12x 2＋x ，且x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x －x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－52⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋52x. 令f ′(x )＝0，所以x 1＝1＋52，x 2＝1－52(舍去).由f ′(x )>0，得0<x <1＋52；由f ′(x )<0，得x >1＋52.所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞.【迁移探究2】若本例的函数变为“f(x)＝x22－a ln x，a∈R”，求f(x)的单调区间.解因为f(x)＝x22－a ln x，所以x∈(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax＝x2－ax.(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数.(2)当a>0时，f′(x)＝（x＋a）（x－a）x，则有①当x∈(0，a)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，a).②当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞). 规律方法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.【训练】已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝1 2x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)对f(x)求导得f′(x)＝14－ax2－1x，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝5 4.(2)由(1)知f(x)＝x4＋54x－ln x－32(x>0).则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.但－1∉(0，＋∞)，舍去.当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0.∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).考点二 证明(判断)函数的单调性【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].规律方法 1.(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.2.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.【训练】 (2015·全国Ⅱ卷改编)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；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. 考点三 导数在函数单调性中的应用【例3】 (1)(2018·武汉模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e ，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.c <a <b解析 设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0.∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数.由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)，∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b .答案 D【训练】.已知f (x )＝1＋x －sin x ，则f (2)，f (3)，f (π)的大小关系正确的是( )A.f (2)>f (3)>f (π)B.f (3)>f (2)>f (π)C.f (2)>f (π)>f (3)D.f (π)>f (3)>f (2)(2)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .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 ①h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0. ∴h ′(x )＝1x －ax －2.若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当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 .(*)又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1， 所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞).②由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x， ∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0， 当且仅当x ＝4时等号成立.(***)∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞. 规律方法 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.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.3.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.【训练】 (2018·郑州质检)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1，4]上单调递减，则实数a 的值为________.(2018·兰州模拟)已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x. 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.∴f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数，∴g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x －2≥0恒成立.即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. ∴x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立，∴a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12. ∴当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0. 故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增.解析 因为f (x )＝1＋x －sin x ，所以f ′(x )＝1－cos x ， 当x ∈(0，π]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，π]上是增函数，所以f (π)>f (3)>f (2).答案 D9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1， 解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，令f ′(x )>0，解得x >1或x <－13；令f ′(x )<0，解得－13<x <1.所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.。

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 ⎝⎛⎭⎫－a2. 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 )＝x x ＋1(x ＞－1)．讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(－1，＋∞)上的单调性．解：F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝m x ＋1－1（x ＋1）2＝m （x ＋1）－1（x ＋1）2(x ＞－1)．当m ≤0时，F ′(x )＜0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，令F ′(x )＜0，得x ＜－1＋1m ，函数F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减；令F ′(x )＞0，得x ＞－1＋1m ，函数F (x )在(－1＋1m ，＋∞)上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减，在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．求函数的单调区间[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 )e a －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.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 ，eB.⎝⎛⎭⎫0，1e C.⎝⎛⎭⎫－∞，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 )＝e xx的图象大致为( )解析：选B.由f (x )＝e xx ，可得f ′(x )＝x e x－e xx 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 －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，因为x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，所以a ≤2故选D.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－a 2x 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 ≤2B ．a ≥4C ．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 ）e 2x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－2f （x ）e 2x＜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 －a a －x ＝－2x 2a 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)．。

§3.2导数与函数的单调性、极值、最值1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”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)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(√)(6)函数f (x )＝x sin x 有无数个极值点．( √ )1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．2．(2013·浙江)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1，f ′(1)≠0， ∴x ＝1不是f (x )的极值点．当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)， 显然f ′(1)＝0，且x 在1附近的左边f ′(x )<0， x 在1附近的右边f ′(x )>0， ∴f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C.3．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( ) A ．(－1,1) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1) D ．(－∞，＋∞) 答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)， ∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0， ∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．4．设1<x <2，则ln x x ，(ln x x )2，ln x 2x 2的大小关系是__________________．(用“<”连接)答案 (ln x x )2<ln x x <ln x 2x 2解析 令f (x )＝x －ln x (1<x <2)， 则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴函数y ＝f (x )(1<x <2)为增函数， ∴f (x )>f (1)＝1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln xx <1，∴(ln x x )2<ln x x.又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2>0，∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x2.题型一 利用导数研究函数的单调性 例1 已知函数f (x )＝e x －ax －1. (1)求f (x )的单调增区间；(2)是否存在a ，使f (x )在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a 的取值范围，若不存在，请说明理由．思维点拨 函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论． 解 f ′(x )＝e x －a ，(1)若a ≤0，则f ′(x )＝e x －a ≥0， 即f (x )在R 上单调递增，若a >0，令e x －a ≥0，则e x ≥a ，x ≥ln a . 因此当a ≤0时，f (x )的单调增区间为R ，当a >0时，f (x )的单调增区间为[ln a ，＋∞)． (2)∵f ′(x )＝e x －a ≤0在(－2,3)上恒成立． ∴a ≥e x 在x ∈(－2,3)上恒成立． ∴e －2<e x <e 3，只需a ≥e 3.当a ＝e 3时，f ′(x )＝e x －e 3<0在x ∈(－2,3)上恒成立， 即f (x )在(－2,3)上为减函数，∴a ≥e 3.故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数． 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求参数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(1)设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a >1，则f (x )的单调减区间为_____________________．(2)已知a >0，函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a 的取值范围是________． 答案 (1)(2,2a ) (2)(0,3]解析 (1)f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )， 由a >1知，当x <2时，f ′(x )>0， 故f (x )在区间(－∞，2)上是增函数； 当2<x <2a 时，f ′(x )<0， 故f (x )在区间(2,2a )上是减函数； 当x >2a 时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上是增函数． 综上，当a >1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上是增函数， 在区间(2,2a )上是减函数．(2)∵f ′(x )＝3x 2－a ，f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f ′(x )≥0，∴a ≤3x 2，∴a ≤3. 又a >0，可知0<a ≤3.题型二 利用导数求函数的极值例2 (2014·福建)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .(1)解 由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值， 且极小值f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4， f (x )无极大值．(2)证明 令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0.故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x .思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是原函数的极值点．所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是原函数的极值点．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．题型三 利用导数求函数的最值例3 (2014·四川改编)已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值． 解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1， 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]． 当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a<e2时，令g′(x)＝0得x＝ln(2a)∈(0,1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间[ln(2a)，1]上单调递增．于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12<a<e2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b；当a≥e2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.思维升华(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在(a，b)内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x (－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－e k－1所以，f(x)(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在[k －1,1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1； 当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0,1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为 f (1)＝(1－k )e.综上，当k ≤1时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当1<k <2时，f (x )在[0,1]上的最小值为 f (k －1)＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.利用导数求函数的最值问题典例：(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．[2分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ， 单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[4分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .[5分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[6分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .[10分] 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .[12分] 答题模板用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用 以下几步答题第一步：(求导数)求函数f (x )的导数f ′(x )；第二步：(求极值)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； 第三步：(求端点值)求f (x )在给定区间上的端点值；第四步：(求最值)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； 第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．温馨提醒 (1)本题考查求函数的单调区间，求函数在给定区间[1,2]上的最值，属常规题型． (2)本题的难点是分类讨论．考生在分类时易出现不全面，不准确的情况． (3)思维不流畅，答题不规范，是解答中的突出问题．方法与技巧1．注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想．2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．失误与防范1．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.A组专项基础训练(时间：45分钟)1．函数y＝(3－x2)e x的单调递增区间是()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)答案 D解析y′＝－2x e x＋(3－x2)e x＝e x(－x2－2x＋3)，由y′>0⇒x2＋2x－3<0⇒－3<x<1，故函数y＝(3－x2)e x的单调递增区间是(－3,1)．2.若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能为()答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A ，D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.3．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( )A ．a <－1B ．a >－1C ．a >－1eD ．a <－1e答案 A解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解，∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.4．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤3 答案 A解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x(x >0)， 当x －9x≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数， ∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.5．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( )A ．－13B ．－15C ．10D ．15 答案 A解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________． 答案 (0,1]解析 y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x(x >0)． 令y ′≤0，得0<x ≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________． 答案 －173解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0，x ∈[0,2]，得x ＝1.比较f (0)＝－4，f (1)＝－173， f (2)＝－103，可知最小值为－173. 8．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是________．答案 (－1,0)解析 当a ＝0时，则f ′(x )＝0，函数f (x )不存在极值．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝－1，x 2＝a .若a ＝－1，则f ′(x )＝－(x ＋1)2≤0，函数f (x )不存在极值；若a >0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意；若－1<a <0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极大值；若a <－1，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意．所以a ∈(－1,0)．9．已知函数f (x )＝1x＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间． 解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1时，f (x )f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．10．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )．若x <0，则1－e x >0，∴f ′(x )<0；若x >0，则1－e x <0，∴f ′(x )<0；若x ＝0，则f ′(x )＝0.∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数，即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)．(2)由(1)知f (x )在[－2,2]上单调递减，∴[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2.∴当m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立．B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．|x |x <－1或x >1|D ．{x |x <－1或0<x <1}答案 A解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0，所以g (x )为R 上的增函数；又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0，所以e x ·f (x )>e x ＋1，即g (x )>0的解集为{x |x >0}．12．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 (2 016)>e 2 016f (0)B ．f (1)>e f (0)，f (2 016)>e 2 016f (0)C ．f (1)>e f (0)，f (2 016)<e 2 016f (0)D ．f (1)<e f (0)，f (2 016)<e 2 016f (0)答案 D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 是单调减函数， 所以g (1)<g (0)，g (2 016)<g (0)，即f (1)e 1<f (0)1，f (2 016)e 2 016<f (0)1， 故f (1)<e f (0)，f (2 016)<e 2 016f (0)．13．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)>0；②f (0)f (1)<0；③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0.。

一：函数的单调性与导数的关系1：导数f ’(x)的正负决定了原函数的增减性。

2:导数f ’(x)的绝对值|f ’(x)|的大小决定了原函数的增减的快慢。

二：具体情况如下图：1.导函数f ’(x)在区间（a,b ）上大于零且导函数的值随着自变量x 的增大而增大，即导函数是增函数，则原函数f(x)的图像向上且增加的越来越快，图像向上越来越陡峭，呈右凹型。

2.导函数f ’(x)在区间（a,b ）上大于零且导函数的值随着自变量x 的增大而减小，即导函数是减函数，则原函数f(x)的图像向上且增加的越来越慢，图像向上且越来越平缓，呈左凸型。

导函数f ’(x)原函数f (x)指数函数型幂函数型幂函数型3.导函数f ’(x)在区间（a,b ）上大于零且导函数的值为常数，即导函数是常数函数，则原函数f(x)的图像向上且匀速增加，图像是一次函数，呈平直型。

导函数f ’(x)原函数f (x)幂函数型导函数f ’(x)幂函数型原函数f(x)4.导函数f ’(x)在区间（a,b ）上小于零且导函数的值随着自变量x 的的增大而增大，即导函数是增函数，则导函数的绝对值|f ’(x)|随着自变量x 的增大而减小，则原函数f(x)的图像向下且减小的越来越慢，图像向下且越来越平缓，呈左凹型。

导函数f ’(x)原函数f (x)导函数f ’(x)原函数f(x)一次函数型导函数f ’(x)原函数f(x)左凹型左凹型5.导函数f ’(x)在区间（a,b ）上小于零且导函数的值随着自变量x 的的增大而减小，即导函数是减函数，则导函数的绝对值|f ’(x)|随着自变量x 的增大而增大，则原函数f(x)的图像向下且减小的越来越快，图像向下且越来越陡峭，呈右凸型。

原函数f(x)右凸型导函数f ’(x)右凸型二次函数型6.导函数f ’(x)在区间（a,b ）上小于零且导函数的值为常数，即导函数是常数函数，则原函数f(x)的图像向下且匀速减少，图像是一次函数，呈平直型。

导数的应用函数的单调性和图像的凸凹性导数的应用：函数的单调性和图像的凸凹性在微积分中，导数是一项重要的概念，它不仅帮助我们研究函数的变化规律，还能揭示函数图像的性质。

本文将探讨导数在函数的单调性和图像的凸凹性中的应用。

一、函数的单调性函数的单调性描述了函数在定义域上的变化趋势，即函数值是随着自变量的增大而增大，还是随着自变量的增大而减小。

1. 单调递增函数若对于定义域内的任意两个实数x1和x2，当x1 < x2时，有f(x1) ≤ f(x2)，则称函数f(x)在其定义域上为单调递增函数。

此时，函数的导数大于等于零，即f'(x) ≥ 0。

2. 单调递减函数若对于定义域内的任意两个实数x1和x2，当x1 < x2时，有f(x1) ≥ f(x2)，则称函数f(x)在其定义域上为单调递减函数。

此时，函数的导数小于等于零，即f'(x) ≤ 0。

通过导数的正负性可以判断函数的单调性。

如果导数f'(x)在定义域上恒大于零，则函数单调递增；如果导数f'(x)在定义域上恒小于零，则函数单调递减。

二、函数图像的凸凹性函数图像的凸凹性描述了函数曲线的弯曲情况，即凸函数箭头朝上，凹函数箭头朝下。

1. 凸函数若对于定义域内的任意两个实数x1和x2，与折线y = f(x1)和y = f(x2)连线的曲线部分，都位于这条折线的上方，则称函数f(x)在其定义域上为凸函数。

此时，函数的导数呈非递减的趋势，即f''(x) ≥ 0。

2. 凹函数若对于定义域内的任意两个实数x1和x2，与折线y = f(x1)和y = f(x2)连线的曲线部分，都位于这条折线的下方，则称函数f(x)在其定义域上为凹函数。

此时，函数的导数呈非递增的趋势，即f''(x) ≤ 0。

通过导数的二阶导数的正负性可以判断函数图像的凸凹性。

如果导数f''(x)在定义域上恒大于零，则函数为凸函数；如果导数f''(x)在定义域上恒小于零，则函数为凹函数。

最经典总结-导数与函数的单调性第11讲：导数与函数的单调性在高考中，了解函数的单调性与导数的关系以及利用导数研究函数的单调性是非常重要的。

多项式函数不超过三次的单调区间的求解也是常见的考点，通常占5~12分。

函数的单调性可以通过导数来判断。

如果在某个区间内，函数y=f(x)的导数f'(x)>0，则在这个区间上，函数y=f(x)是增加的；如果在某个区间内，函数y=f(x)的导数f'(x)<0，则在这个区间上，函数y=f(x)是减少的。

导数与函数单调性的关系是：f'(x)>0（或f'(x)<0）是f(x)在(a,b)内单调递增（或递减）的充分不必要条件；f'(x)≥0（或f'(x)≤0）是f(x)在(a,b)内单调递增（或递减）的必要不充分条件（f'(x)=不恒成立）。

自测题：1.函数f(x)=x^3-6x^2的单调递减区间为( )A。

(0,4)B。

(0,2)C。

(4,+∞)D。

(-∞,0)解析：f'(x)=3x^2-12x=3x(x-4)，由f'(x)<0，得0<x<4，因此单调递减区间为(0,4)。

答案：A。

2.函数f(x)=cosx-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：f'(x)=-sinx-1<0，在(0,π)上是减函数，因此选D。

答案：D。

3.已知f(x)=x^3-ax在[1,+∞)上是增函数，则a的最大值是( )A。

1B。

2C。

3D。

4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：C。

题型一：判断或证明函数的单调性（基础拿分题，自主练透）例题：已知函数f(x)=ax^3+x^2(a∈R)在x=-处取得极值。

1.确定a的值；2.若g(x)=f(x)ex，讨论g(x)的单调性。