高考数学高考数学综合题型解题策略分析：利用导数研究函数的单调性

第6讲 高考中导数的综合运用第1课时 利用导数研究函数的单调性、极值、最值题型一| 利用导数研究函数的单调性已知函数f (x )＝x ＋ax＋ln x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围．[解题指导] ――→就a 的取值讨f x――→→[解] (1)函数f (x )＝x ＋a x＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，1分f ′(x )＝1－a x 2＋1x ＝x 2＋x －ax 2. 2分①当Δ＝1＋4a ≤0，即a ≤－14时，得x 2＋x －a ≥0，则f ′(x )≥0.∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增.3分 ②当Δ＝1＋4a ＞0，即a ＞－14时，令f ′(x )＝0，得x 2＋x －a ＝0，解得x 1＝－1－1＋4a 2＜0，x 2＝－1＋1＋4a2. 4分(ⅰ)若－14＜a ≤0，则x 2＝－1＋1＋4a2≤0.∵x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＞0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 6分(ⅱ)若a ＞0，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋1＋4a 2时，f ′(x )＜0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1＋4a 2，＋∞时，f ′(x )＞0.∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋1＋4a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1＋4a 2，＋∞上单调递增. 8分综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋1＋4a 2，单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1＋4a 2，＋∞. 10分(2)由题意知，f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即x 2＋x －a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，11分令g (x )＝x 2＋x －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14－a ，则g (x )＞2－a ，从而2－a ≥0，∴a ≤2. 12分 当a ＝2时，f ′(x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，13分因此实数a 的取值范围是(－∞，2]. 14分 【名师点评】 1.研究函数的单调性，必须优先考虑函数的定义域． 2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路： (1)求f ′(x )；(2)将单调性转化为f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立问题求解，要注意“＝”是否可以取到，应加以检验．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中g (x )的函数图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．[解] (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .4分由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1. 6分(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－a ＋x ＋1x＝ax －x －x.7分∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 8分由g ′(x )＞0得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0得x ＞1，即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，令g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ， 10分若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；12分若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，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增.13分综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 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. 14分题型二| 利用导数研究函数的极值、最值已知函数f (x )＝ax ＋b xe x，a ，b ∈R ，且a >0. (1)若a ＝2，b ＝1，求函数f (x )的极值；(2)设g (x )＝a (x －1)e x－f (x )，①当a ＝1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )≥1成立，求b 的最大值；②设g ′(x )为g (x )的导函数．若存在x >1，使g (x )＋g ′(x )＝0成立，求ba的取值范围．[解] (1)当a ＝2，b ＝1时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x e x，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).1分所以f ′(x )＝x ＋x －x2e x. 2分令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝12.3分列表：由表知f (x )的极大值是f (－1)＝e －1，f (x )的极小值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4 e. 6分(2)①因为g (x )＝(ax －a )e x－f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ax －b x－2a e x ，当a ＝1时，g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －b x－2e x.7分因为g (x )≥1在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以b ≤x 2－2x －xe x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 8分记h (x )＝x 2－2x －x ex (x >0)，则h ′(x )＝x －x＋ex.9分当0<x <1时，h ′(x )<0，h (x )在(0,1)上是减函数；当x >1时，h ′(x )>0，h (x )在(1，＋∞)上是增函数. 10分 所以h (x )min ＝h (1)＝－1－e －1. 所以b 的最大值为－1－e －1.11分②因为g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ax －b x －2a e x ，所以g ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫b x 2＋ax －bx－a e x. 12分由g (x )＋g ′(x )＝0，得⎝⎛⎭⎪⎫ax －b x－2a e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b x2＋ax －b x－a e x＝0，整理得2ax 3－3ax 2－2bx ＋b ＝0.13分若存在x >1，使g (x )＋g ′(x )＝0成立，等价于存在x >1,2ax 3－3ax 2－2bx ＋b ＝0成立. 14分因为a >0，所以b a ＝2x 3－3x 22x －1.设u (x )＝2x 3－3x22x －1(x >1)，则u ′(x )＝8x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342＋316x －2.15分因为x >1，u ′(x )>0恒成立，所以u (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以u (x )>u (1)＝－1， 所以ba >－1，即b a的取值范围为(－1，＋∞). 16分 【名师点评】 1.函数f (x )在x ＝x 0处取得极值的判断方法： 求得导数f ′(x )后，检验f ′(x )在x ＝x 0左右的符号， (1)左正右负⇔f (x )在x ＝x 0处取极大值； (2)左负右正⇔f (x )在x ＝x 0处取极小值．2．由不等式恒成立求参数取值范围，一般有两个解题思路：(1)分离参数；(2)不分离参数，二者都将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a ≥f (x )⇔a ≥f (x )max ，a ≤f (x )⇔a ≤f (x )min .已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )，其中a ∈R .(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)若f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0，求a 的取值范围．【导学号：19592018】[解] (1)f ′(x )＝x－a －axx ＋1，x ∈(－1，＋∞). 2分依题意，得f ′(2)＝0，解得a ＝13. 4分经检验，a ＝13时，符合题意. 6分(2)①当a ＝0时，f ′(x )＝xx ＋1，x ∈(－1，＋∞)．故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0).7分②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a－1.当0<a <1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a－1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫a－1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，－1<x 2<0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，a－1和(0，＋∞).9分③当a <0时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)；当0<a <1时，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a－1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，1a－1和(0，＋∞).10分(3)由(2)知a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，由f (0)＝0知不合题意.12分当0<a <1时，f (x )在(0，＋∞)的最大值是f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －1，由1a－1>0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a－1上递增可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1>f (0)＝0，不合题意. 14分当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，可得f (x )在[0，＋∞)上的最大值是f (0)＝0符合题意．即f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0时，a 的取值范围是[1，＋∞). 16分题型三| 利用导数解决生活中的实际问题(2016·苏北四市期末)如图，OA 是南北方向的一条公路，OB 是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C .为方便游客观光，拟过曲线C 上某点P 分别修建与公路OA ，OB 垂直的两条道路PM ，PN ，且PM ，PN 的造价分别为5万元/百米，40万元/百米．建立如图6－1所示的平面直角坐标系xOy ，则曲线C 符合函数y ＝x ＋42x2(1≤x ≤9)模型，设PM ＝x ，修建两条道路PM ，PN 的总造价为f (x )万元．(题中所涉及长度单位均为百米)图6－1(1)求f (x )的解析式；(2)当x 为多少时，总造价f (x )最低？并求出最低造价．[解] (1)在题图直角坐标系中，因为曲线C 的方程为y ＝x ＋42x2(1≤x ≤9)，且PM ＝x ，所以点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，x ＋42x 2， 1分直线OB 的方程为x －y ＝0， 2分则点P 到直线x －y ＝0的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －⎝⎛⎭⎪⎫x ＋42x 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪42x 22＝4x2， 4分又PM 的造价为5万元/百米，PN 的造价为40万元/百米，则两条道路总造价为f (x )＝5x ＋40·4x2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2(1≤x ≤9). 8分(2)因为f (x )＝5x ＋40·4x2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2(1≤x ≤9)，所以f ′(x )＝x 3－x 3， 10分令f ′(x )＝0，得x ＝4，列表如下：所以当x ＝4时，函数f (x )有最小值，最小值为f (4)＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋42＝30. 12分 即当x ＝4时，总造价最低，为30万元. 14分 注：利用三次均值不等式f (x )＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋32x 2≥5×338＝30，当且仅当x 2＝x 2＝32x2，即x ＝4时等号成立，照样给分．【名师点评】 利用导数解决优化问题的五个步骤： (1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式； (3)确定函数的定义域； (4)在定义域内求极值； (5)下结论．(2016·苏州模拟)如图6－2(1)是一段半圆柱形水渠的直观图，其横断面如图6－2(2)所示，其中C 为半圆弧的中点，渠宽AB 为2米．(1)当渠中水深CD 为0.4米时，求水面的宽度；(2)若把这条水渠改挖(不准填土)成横断面为等腰梯形的水渠，且使渠的底面与地面平行，则当改挖后的水渠底宽为多少时，所挖出的土量最少？(1) (2)图6－2[解] (1)以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系xOy ， 1分因为AB ＝2米，所以半圆的半径为1米，则半圆的方程为x 2＋y 2＝1(－1≤x ≤1，y ≤0). 3分 因为水深CD ＝0.4米，所以OD ＝0.6米， 4分 在Rt △ODM 中，DM ＝OM 2－OD 2＝1－0.62＝0.8(米).所以MN ＝2DM ＝1.6米，故沟中水面宽为1.6米. 6分(2)为使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与半圆相切，设切点为P (cos θ，sinθ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜θ＜0是圆弧BC 上的一点，过P 作半圆的切线得如图所示的直角梯形OCFE ，得切线EF 的方程为x cos θ＋y sin θ＝1.令y ＝0，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1cos θ，0，令y ＝－1，得F ⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin θcos θ，－1. 8分设直角梯形OCFE 的面积为S 1，则横断面的面积为S ＝2S 1， 则S ＝(CF ＋OE )·OC ＝⎝⎛⎭⎪⎫1cos θ＋1＋sin θcos θ×1＝2＋sin θcos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜θ＜0. 10分S ′＝cos θcos θ－＋sin θ－sin θcos 2θ＝1＋2sin θcos 2θ，令S ′＝0，解得θ＝－π6，当－π2＜θ＜－π6时，S ′＜0，函数单调递减；当－π6＜θ＜0时，S ′＞0，函数单调递增．所以θ＝－π6时，面积S 取得最小值，最小值为 3. 12分此时CF ＝1＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝33，即当渠底宽为233米时，所挖的土最少. 14分命题展望从近几年的高考试题来看，以实际问题为背景，考查学生的建模能力以及应用导数解决最优化问题的能力成为江苏高考的一个热点，2017年仍是命题方向，应引起足够的重视．(2015·江苏高考)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连结两条公路的山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图6－3所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．图6－3(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度． [解] (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧a25＋b ＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.4分(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )， 6分由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22 ＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]. 8分②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2. 10分 当t ∈(5,102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数. 12分 从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3. 13分 故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米. 14分 [阅卷心语]易错提示 (1)导数的几何意义不明，导致l 的方程求解错误； (2)运算能力弱，对g (t )求导失分严重．防范措施 (1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数即为过该点曲线切线的斜率． (2)熟记导数的基本运算法则及常用的x α，a x，ln x 的导数．1．设函数f (x )＝x －2e x－k (x －2ln x )(k 为实常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0,4)内存在三个极值点，求k 的取值范围． [解] (1)由函数f (x )＝exx2－(x －2ln x )(x ＞0)，可得f ′(x )＝x －x－x2x 3. 1分因为当x ＞0时，e x＞x 2.理由如下：要使x ＞0时，e x ＞x 2，只要x ＞2ln x ，设φ(x )＝x －2ln x ，φ′(x )＝1－2x ＝x －2x，2分于是当0＜x ＜2时，φ′(x )＜0；当x ＞2时，φ′(x )＞0.即φ(x )＝x －2ln x 在x ＝2处取得最小值φ(2)＝2－2ln 2＞0，即x ＞0时，x ＞2ln x ， 所以e x －x 2＞0， 4分 于是当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(0,2)上为减函数，(2，＋∞)上为增函数．所以f (x )在x ＝2处取得最小值f (2)＝e24－2＋2ln 2. 6分(2)因为f ′(x )＝x －x－kx2x 3＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2－k x，当k ≤0时，exx2－k ＞0，所以f (x )在(0,2)上单调递减，(2,4)上单调递增，不存在三个极值点，所以k ＞0.7分又f ′(x )＝x －x－kx2x 3＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2－k x，令g (x )＝exx 2，得g ′(x )＝e2x －x 3，8分易知g (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，在x ＝2处取得极小值， 得g (2)＝e 24，且g (4)＝e416， 10分于是可得y ＝k 与g (x )＝e xx 2在(0,4)内有两个不同的交点的条件是k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416.11分设y ＝k 与g (x )＝exx2在(0,4)内有两个不同交点的横坐标分别为x 1，x 2，则有0＜x 1＜2＜x 2＜4，下面列表分析导函数f ′(x )及原函数f (x )：11,在(2，x 2)上单调递减，在(x 2,4)上单调递增，13分 所以f (x )在区间(0,4)上存在三个极值点．即函数f (x )在(0,4)内存在三个极值点的k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416. 14分 2．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大． [解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh (元)， 1分 底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元. 2分 根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r (300－4r 2)， 3分从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3). 4分由h >0，且r >0可得0<r <53， 5分 故函数V (r )的定义域为(0,53). 6分 (2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2). 8分令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去). 10分 当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数. 12分由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8.即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大. 14分。

利用导数研究函数的单调性及极值和最值知识集结知识元利用导数研究函数的单调性问题知识讲解1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数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：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）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]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．例题精讲利用导数研究函数的单调性问题例1.函数f（x）=e x-3x+2的单调减区间为__________．例2.若函数y=-x3+ax在[1，+∞）上是单调函数，则a的最大值是___．例3.函数f（x）=sin x-x，x∈（0，）的单调递增区间是_______．利用导数研究函数的极值与最值问题知识讲解1．利用导数研究函数的极值【知识点的知识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，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；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f （x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．2．利用导数研究函数的最值【利用导数求函数的最大值与最小值】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f （x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，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．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）＝在（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了．设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值；（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．例题精讲利用导数研究函数的极值与最值问题例1.函数y=lnx-e x在[1，e]最大值为（）A．1-e e B．C．-eD．例2.己知定义域为（1，+∞）的函数f（x）=e x+a-ax，若f（x）>0恒成立，则正实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）例3.函数f（x）=x2-lnx的最小值为（）A．1+ln2B．1-ln2C．D．当堂练习单选题练习1.定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且，若存在实数x使不等式f（x）≤m2-am-3对于a∈[0，2]恒成立，则实数m的取值范围为（）A．（-∞，-2]∪[2，+∞）B．C．D．练习2.若函数f（x）与g（x）满足：存在实数t，使得f（t）=g'（t），则称函数g（x）为f（x）的“友导”函数．已知函数为函数f（x）=x2lnx+x的“友导”函数，则k的取值范围是（）A．（-∞，1）B．（-∞，2]C．（1，+∞）D．[2，+∞）练习3.函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，f'（x）为其导函数，若xf'（x）+f（x）=e x（x-2）且f（3）=0，则不等式f（x）<0的解集为（）A．（0，2）B．（0，3）C．（2，3）D．（3，+∞）练习4.已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f′（x），f（x）>0且f（e）=1，若xf′（x）lnx+f（x）>0对任意x∈（0，+∞）恒成立，则不等式<lnx的解集为（）A．{x|0<x<1}B．{x|x>1}C．{x|x>e}D．{x|0<x<e}练习5.已知函数f（x）=x3-x2+ax-a存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，x1+2x0=（）A．3B．2C．1D．0练习6.若函数f（x）=e x+axlnx（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（-∞，-e）B．（-∞，-2e）C．（e，+∞）D．（2e，+∞）填空题练习1.已知函数f（x）=，若∃，使得f（f（x0））=x0，则m的取值范围是_________练习2.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习3.已知函数，若当x1，x2∈[1，3]时，都有f（x1）<2f（x2），则a的取值范围为______________．练习4.若函数f（x）=e-x（x2+ax-a）在R上单调递减，则实数a的值为____．练习5.已知函数，g（x）=|x-t|，t∈（0，+∞）．若h（x）=min{f（x），g （x）}在[-1，3]上的最大值为2，则t的值为___．练习6.已知函数f（x）=x3-ax2在（-1，1）上没有最小值，则a的取值范围是_________．解答题练习1.'已知函数f（x）=e x-a（x+1），其中a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若a>0时，函数f（x）恰有一个零点，求实数a的值．（3）已知数列{a n}满足a n=，其前n项和为S n，求证S n>ln（n+1）（其中n∈N）．'练习2.'已知函数f（x）=（a∈R）．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）是函数f（x）图象的不同两点，其中0<x1<1，x2>1，是否存在实数a，使得OP⊥OQ，且函数f（x）在点Q切线的斜率为f′（x1-），若存在，请求出a的范围；若不存在，请说明理由．'练习3.'已知函数f（x）=x2+ax-alnx（1）若函数f（x）在上递减，在上递增，求实数a的值．（2）若函数f（x）在定义域上不单调，求实数a的取值范围．（3）若方程x-lnx-m=0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．'练习4.'已知函数f（x）=xlnx-x2-ax+1，a>0，函数g（x）=f′（x）．（1）若a=ln2，求g（x）的最大值；（2）证明：f（x）有且仅有一个零点．'练习5.'已知函数f（x）=e x-ax-b．（其中e为自然对数的底数）（Ⅰ）若f（x）≥0恒成立，求ab的最大值；（Ⅱ）设g（x）=lnx+1，若F（x）=g（x）-f（x）存在唯一的零点，且对满足条件的a，b不等式m（a-e+1）≥b恒成立，求实数m的取值集合．'。

高考压轴专项利用导数研究函数单调性一、常见的有关的单调性题型：1.判断函数单调性（不含参）2.判断函数单调性（含参）3.利用导数确定函数单调性进一步确定图象4.抽象函数构造新函数利用单调性求解集5.利用函数单调性确定参数的取值范围二、具体每种题型的解题思路以及注意事项：1.判断不含参的函数的单调性步骤：（1）求定义域（强调一定求定义域，并且要时刻关注）（2）求导化简¢f(x)=0¢f(x)>0（3）找或者（可以考虑带特殊值）（4）确定单调区间2.判断含参函数的单调性（如何分类讨论）：（1）先求定义域，如果定义域含参，需要讨论定义域；（2）求导有分式就通分，一般分母恒正恒负，讨论分子的整式即可；（3）整式如果最高次项的系数有参数，要先讨论系数为正为负为0；（4）二次函数先判断是否能够十字相乘，能够十字相乘，直接比较根的大小进行分类讨论，一定注意根是否在定义域内；（5）不能十字相乘的，利用判别式进行分类讨论，同时注意根是否在定义域内，必要时需要分类讨论。

3.利用导数确定函数图象常用方法：（1）判断函数奇偶性；（2）取特殊值法：取具体值、取极限；（3）利用导数确定某一部分的单调性；注意：给原函数确定导函数的时候注意区分求的到底是什么函数图象。

4.常见的抽象函数构造函数：[f(x)e x¢]=¢f(x)-f(x)e x[e x f(x)¢]=e x[¢f(x)+f(x)][f(x)x¢]=¢f(x)-f(x)x2[x2f(x)¢]=x[¢f(x)+2f(x)] [x n f(x)¢]=x n-1[¢f(x)+nf(x)] [xf(x)¢]=¢f(x)+f(x)5. 利用函数单调性确定参数的取值范围:函数在区间[a,b]上单调递增 在[a,b]上恒成立 函数在区间[a,b]上单调递减 在[a,b]上恒成立注意：在进行二阶求导的时候，要重新构造函数，不能直接二次求导。

导数与函数的单调性[课程标准]能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．1．函数的导数与单调性的关系条件函数y ＝f (x )在某个区间(a ，b )上可导结论(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一般步骤第一步，确定函数的04定义域；第二步，求出导数f ′(x )的零点；第三步，用f ′(x )的零点将f (x )的定义域划分为若干个区间，列表给出05f ′(x )在各区间上的正负，由此得出函数y ＝f (x )在定义域内的单调性．用充分必要条件诠释可导函数与该函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(<0)是f (x )在区间(a ，b )上单调递增(减)的充分不必要条件．(2)f ′(x )≥0(≤0)是f (x )在区间(a ，b )上单调递增(减)的必要不充分条件．(3)若f ′(x )在区间(a ，b )的任意子区间上都不恒等于零，则f ′(x )≥0(≤0)是f (x )在区间(a ，b )上单调递增(减)的充要条件．1.(人教A 选择性必修第二册复习参考题5T 3改编)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f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f ′(x )≤0，在(－∞，0)上f ′(x )≥0，观察四个图象可知选D.2．(2024·宁波一中阶段考试)函数f (x )＝x －2e x的单调递增区间为()A ．(－∞，3)B ．(0，3)C ．(3，＋∞)D ．(－∞，2)答案A解析由题意得f ′(x )＝3－x e x ，令f ′(x )＝3－x e x >0，得x <3，故函数f (x )＝x －2e x的单调递增区间是(－∞，3)．故选A.3．(人教A 选择性必修第二册5.3.1例1(2)改编)已知函数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)答案D解析f ′(x )＝1－cos x ，当x ∈(0，π]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，π]上单调递增，所以f (π)>f (3)>f (2)．故选D.4．(人教A 选择性必修第二册5.3.1例4改编)已知f (x )＝log 3x ，g (x )＝ln x ．因为f ′(x )________g ′(x )，所以f (x )的图象比g (x )的图象更________(第一个空填“>”或“<”，第二个空填“陡峭”或“平缓”)．答案<平缓解析因为f ′(x )＝1x ln 3>0，g ′(x )＝1x >0，且g ′（x ）f ′（x ）＝ln 3>ln e ＝1，所以f ′(x )<g ′(x )，所以f (x )的图象比g (x )的图象更平缓．5．已知函数f (x )＝x 2(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，＋解析由f (x )＝x 3－ax 2，得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3(1)若f (x )在(2，3)上单调递减，则有2a 3≥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，则实数a 的取值范围是(－∞，3]∪92，＋(2)若f (x )在(2，3)，可得3<a <92，即实数a例1(1)(2024·河南重点中学联考)函数f (x )＝x ln x＋1的单调递减区间是()B ．(0，e)D ．(e ，＋∞)答案A，则f(x) A.解析令f′(x)＝1＋ln x<0⇒x<1e(2)(2024·苏州模拟)函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________．答案(－∞，－2)，故函数f(x)解析由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)>0，得x<－2或x>23的单调递增区间为(－∞，－2)利用导数求不含参函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，与定义域求交集，求出单调区间．(2)当导函数方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间上f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，只能用“，”“和”隔开．1.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)＝1－1.令f′(x)＝0，得x＝0.当1－x0<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)．2．求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1，2当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：∴f(x例2已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．解因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝2ax2－（2a＋1）x＋1x＝（2ax－1）（x－1）x.由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，若1 2a <1，即a>12，由g′(x)>0得x>1或0<x<12a，由g′(x)<0得12a<x<1，所以函数g(x)(1，＋∞)若1 2a >1，即0<a<12，由g′(x)>0得x>12a或0<x<1，由g′(x)<0得1<x<12a，所以函数g(x)在(0，1)若1 2a ＝1，即a＝12，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，所以函数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)上单调递减；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )(1，＋∞)上单调递增，利用导数讨论含参函数单调性的策略(1)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式的正负、二次项系数的正负、两根的大小及根是否在定义域内．(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．已知函数f (x )＝a (x －2)ex －(x －1)2.讨论函数f (x )的单调性．解f ′(x )＝a e x ＋a (x －2)e x －2(x －1)＝(x －1)a e x －2(x －1)＝(x －1)(a e x －2)．①当a ≤0时，a e x －2<0，所以在(1，＋∞)上，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，在(－∞，1)上，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．②当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －x 令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln 2a ，当ln 2a >1，即0＜a <2e时，在(－∞，1)2a ，＋f ′(x )＞0，f (x )，ln f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当ln 2a <1，即a >2e 时，∞，ln(1，＋∞)上，f ′(x )＞0，f (x )2a，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当ln 2a ＝1，即a ＝2e时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增．综上所述，当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，1)2a ，＋，ln 上单调递减；当a ＞2e 时，f (x )∞，ln (1，＋∞)2a，减；当a ＝2e时，f (x )在R 上单调递增；当a ≤0时，f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．多角度探究突破角度比较大小或解不等式例3(1)(2023·张家口调研)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f (1)，f 的大小关系为()A ．f (1)>B ．f (1)>C ．f (1)>D ．f (1)答案A解析由题意知f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，则函数f (x )是偶函数，故又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )调递增，所以f (1)<f (1)>(2)(2023·西宁大通县一模)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (2)＝20，且f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )>6x 2＋2，则不等式f (x )>2x 3＋2x 的解集为()A ．{x |x >－2}B ．{x |x >2}C ．{x |x <2}D ．{x |x <－2或x >2}答案B解析令g (x )＝f (x )－2x 3－2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－6x 2－2>0，所以g (x )在R上单调递增．因为g (2)＝f (2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于g (x )>g (2)，所以x >2，所以不等式f (x )>2x 3＋2x 的解集为{x |x >2}．故选B.利用导数比较大小或解不等式的策略(1)判断已知(或构造后的)函数的单调性．(2)由单调性比较大小，通常是由自变量的大小推出对应函数值的大小；由单调性解不等式，通常是由函数值的大小推出对应自变量的大小．1.(2023·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)∞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，即原不等式的解集为(1，＋∞)．2．(2024·安庆模拟)已知a ＝ln24，b ＝1e 2，c ＝ln π2π，则a ，b ，c 的大小关系为()A ．a <c <b B ．b <a <c C ．a <b <c D ．c <a <b答案C 解析令f (x )＝ln xx 2，则f ′(x )＝1－2ln x x 3.令f ′(x )<0，解得x >e ，因此f (x )在(e ，＋∞)上单调递减，因为a ＝ln24＝ln 416＝f (4)，b ＝1e 2＝ln e e 2＝f (e)，c ＝ln π2π＝lnππ＝f (π)，又因为4>e>π>e ，所以f (4)<f (e)<f (π)，即a <b <c .故选C.角度根据函数的单调性求参数例4(1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f (x )＝a e x －ln x 在区间(1，2)上单调递增，则a 的最小值为()A ．e 2B ．eC ．e －1D ．e －2答案C解析依题意可知，f ′(x )＝a e x －1x≥0在(1，2)上恒成立，显然a >0，所以x e x ≥1a ，设g (x )＝x e x ，x ∈(1，2)，所以g ′(x )＝(x ＋1)e x >0，所以g (x )在(1，2)上单调递增，g (x )>g (1)＝e ，故e ≥1a ，即a ≥1e＝e －1，即a 的最小值为e －1.故选C.(2)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)．若f (x )在[1，4]上存在单调递减区间，则a 的取值范围为________．答案(－1，0)∪(0，＋∞)解析因为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 >1x 2－2x有解，又当x ∈[1，4]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，＋∞)．已知函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．1.(2024·武汉模拟)已知函数f (x )＝x 3－12x ，若f (x )在区间(2m ，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是________．答案[－1，1)解析因为f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函数f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间[－2，2]m≥－2，＋1≤2，＋1>2m，解得－1≤m<1，所以实数m的取值范围是[－1，1)．2．(2023·白城第一中学质检)已知函数f(x)＝－12x2－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________．答案[0，1)解析由f(x)＝－12x2－3x＋4ln x(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋4x，∵函数f(x)在(t，t＋2)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋4x在(t，t＋2)上有变号零点，∴x2＋3x－4x＝0在(t，t＋2)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋2)上有解，由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋2)，∴t∈(－1，1)，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故实数t的取值范围是[0，1)．课时作业一、单项选择题1.(2023·马鞍山模拟)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，则下列结论正确的是()A ．f (b )＞f (c )＞f (a )B ．f (b )＞f (c )＝f (e )C ．f (c )＞f (b )＞f (a )D ．f (e )＞f (d )＞f (c )答案D解析由题意可知，当x ∈[c ，e ]时，f ′(x )≥0，函数是增函数，所以f (e )＞f (d )＞f (c )．故选D.2．若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a ＝()A ．－4B ．－1C ．1D ．4答案A解析易知f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，由题意知f ′(x )≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x 2－3x ＋a ＝0的两个根，故a ＝－1×4＝－4.3．(2024·镇江模拟)若幂函数f (x )g (x )＝f （x ）e x 的单调递减区间为()A ．(0，2)B ．(－∞，0)和(2，＋∞)C ．(－2，0)D ．(－∞，0)∪(2，＋∞)答案B解析设幂函数f (x )＝x α＝12，∴α＝2，∴f (x )＝x 2，∴g (x )＝x 2e x ，则g ′(x )＝2x e x －x 2e x e 2x ＝x （2－x ）e x ，令g ′(x )＜0，则x (2－x )＜0，解得x ＞2或x ＜0，故函数g (x )的单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B.4．(2024·福州模拟)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]答案A解析由f (x )＝12x 2－9ln x (x >0)，得f ′(x )＝x －9x ＝x 2－9x(x >0)，当x ∈(0，3)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，又函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]－1>0，＋1≤3，＋1>a －1，解得1<a ≤2.故选A.5．(2023·南京大学附中模拟)已知f (x )＝14x 2＋f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象大致是()答案A解析∵f (x )＝14x 2＋＝14x 2＋cos x ，∴f ′(x )＝12x －sin x ，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B ，D ；设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝12－cos x ，当－π3<x <π3时，cos x >12，∴g ′(x )＜0，故函数y ＝f ′(x )－π3，故排除C.故选A.6．(2023·漳州模拟)已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(2)e x －2－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的单调递减区间为()A．(－∞，0)B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(0，＋∞)答案A解析由题设f′(x)＝f′(2)e x－2－f(0)＋x，则f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，可得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)e－2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2e x－2x＋1x2，f′(x)2＝2e x－2＋x，则f′(0)＝0且f′(x)单调递增，所以当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．故选A.7．已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，则a，b，c的大小关系是()A．a>c>b B．a>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案A解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝cos x－sin x－2＝2cos2≤2－2<0，因此函数f(x)在R上单调递减，而－π<0<ln2<1<2e，则f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.故选A.8．(2023·四省高考适应性测试)设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时，()A．f(x)<g(x)B．f(x)>g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)答案C解析对于A，B，不妨设f(x)＝－2x，g(x)＝1，则f′(x)＝－2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝－1∈(a，b)，则f(x)＝2>1＝g(x)，故A错误；若x＝0∈(a，b)，则f(x)＝0<1＝g(x)，故B错误．对于C，D，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，令h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以h(x)在R 上单调递减，因为x∈(a，b)，即a<x<b，所以h(b)<h(x)<h(a)，由h(x)<h(a)得f(x)－g(x)<f(a)－g(a)，则f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，故C正确；由h(b)<h(x)得f(b)－g(b)<f(x)－g(x)，则f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故D错误．故选C.二、多项选择题9．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是()A．－3B．－1C．0D．2答案BD解析依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故≠0，＝36＋12a>0，解得a>－3且a≠0.故选BD.10．(2024·厦门外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2－ln|x|，则()A．曲线y＝f(x)关于y轴对称B．曲线y＝f(x)关于原点对称C．f(x)在(－1，0)上单调递减D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增答案AD解析函数f(x)＝x2－ln|x|的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝(－x)2－ln|－x|＝x2－ln|x|＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，曲线y＝f(x)关于y轴对称，A正确，B错误；当x<0时，f(x)＝x2－ln(－x)，f′(x)＝2x－1x ＝2x2－1x，则当－22<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，C错误；当x>0时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－1x ＝2x2－1x，则当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，D正确．故选AD.11．(2024·扬州模拟)Sigmoid函数S(x)＝11＋e－x是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数．记S′(x)为Sigmoid 函数的导函数，则()A．S′(x)＝S(x)[1－S(x)]B．Sigmoid函数是减函数C．函数S′(x)的最大值是14D.∑2023k＝0[S(k)＋S(－k)]＝2024答案ACD解析由函数S (x )＝11＋e －x ，得S ′(x )＝e －x （1＋e －x ）2.对于A ，S (x )[1－S (x )]＝e －x （1＋e －x）2＝S ′(x )，A 正确；对于B ，∀x ∈R ，S ′(x )＝e －x （1＋e －x）2>0，则Sigmoid 函数是增函数，B 不正确；对于C ，S ′(x )＝e －x1＋2e －x ＋e －2x＝1e x ＋e －x ＋2≤12e x ·e －x ＋2＝14，当且仅当e x＝e －x ，即x ＝0时取等号，C 正确；对于D ，因为S (x )＋S (－x )＝11＋e －x ＋11＋e x ＝e x 1＋e x ＋11＋e x＝1，所以∑2023k ＝0[S (k )＋S (－k )]＝2024，D 正确．故选ACD.三、填空题12．已知函数f (x )＝－x 2－cos x ，则f (x －1)>f (－1)的解集为________．答案(0，2)解析∵y ＝x 2，y ＝cos x 均为偶函数，故函数f (x )为偶函数，f ′(x )＝－2x ＋sin x ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2＋cos x ，∵cos x ∈[－1，1]，∴g ′(x )<0，即g (x )＝f ′(x )在R 上单调递减，又f ′(0)＝0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，f ′(x )>0在(－∞，0)上恒成立，故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，所以f (x －1)>f (－1)⇔|x －1|<1⇔x ∈(0，2)．13．(2023·北京东城区二模)已知奇函数f (x )的定义域为R ，且f ′（x ）x 2－1>0，则f (x )的单调递减区间为________；满足以上条件的一个函数是________．答案(－1，1)f (x )＝13x 3－x (答案不唯一)解析由f ′（x ）x 2－1>0（x ）>0，2－1>0′（x ）<0，2－1<0，所以当x ＜－1或x ＞1时，f ′(x )＞0，当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递减区间为(－1，1)，所以满足条件的一个函数可以为f (x )＝13x 3－x (答案不唯一)．14．(2024·河南部分学校联考)已知f(x)＝log a x＋log(a＋2)x(0<a<1)是(0，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是________．答案(2－1，1)解析f′(x)＝1x ln a ＋1x ln（a＋2）＝1x1ln a＋1ln（a＋2）≤0在(0，＋∞)上恒成立，则1ln a ＋1ln（a＋2）≤0，又0<a<1，则ln a<0，ln(a＋2)>0，不等式化为ln(a＋2)＋ln a≥0，即ln(a2＋2a)≥0，则a2＋2a≥1，解得2－1≤a<1，当a ＝2－1时，f(x)＝log(2－1)x＋log(2＋1)x＝0，不符合题意，故2－1<a<1.四、解答题15．函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y－5＝0.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)∵f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，∴曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－b＝(a－b)x，即(a－b)x－y＋b＝0，－b＝6，＝－5，＝1，＝－5.(2)由(1)，得f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，当x<－2或x>3时，f′(x)<0；当－2<x<3时，f′(x)>0，故函数f(x)的单调递增区间是(－2，3)，单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)．16．(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(1)当曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线与直线l ：y ＝2x ＋1垂直时，求实数a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解(1)∵f ′(x )＝1x －a －1－a x2，曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线与直线l ：y ＝2x ＋1垂直，∴f ′(2)＝14－34a ＝－12，∴a ＝1.(2)∵f ′(x )＝1x －a －1－a x 2＝－ax 2＋x －（1－a ）x 2＝－x a1－1－aa＝2－1a >0，∴当12<a <1时，0<1－a a <1，f (x )(1，＋∞)上单调递减，在当a ≥1时，1－aa ≤0，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．综上所述，当12<a <1时，函数f (x )(1，＋∞)；当a ≥1时，函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．17．(2023·全国乙卷)已知函数f (x )(1＋x )．(1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f (x )在(0，＋∞)单调递增，求a 的取值范围．解(1)当a ＝－1时，f (x )(1＋x )(x >－1)，则f ′(x )＝－1x 2×ln (1＋x )×11＋x ，据此可得f (1)＝0，f ′(1)＝－ln 2，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －0＝－ln 2(x －1)，即(ln 2)x ＋y －ln 2＝0.(2)由函数的解析式可得f ′(x )(1＋x )x >－1)，满足题意时，f ′(x )≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．令(1＋x )0，则－(1＋x )ln (1＋x )＋(x ＋ax 2)≥0，令g (x )＝ax 2＋x －(1＋x )ln (1＋x )，x ≥0，原问题等价于g (x )≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则g ′(x )＝2ax －ln (1＋x )．当a ≤0时，由于2ax ≤0，ln (1＋x )>0，故g ′(x )<0，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，此时g (x )<g (0)＝0，不符合题意；令h (x )＝g ′(x )＝2ax －ln (1＋x )，x ≥0，则h ′(x )＝2a －11＋x，当a ≥12，即2a ≥1时，由于11＋x <1，所以h ′(x )>0，h (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，即g ′(x )在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(0)＝0，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，g (x )>g (0)＝0，满足题意；当0<a <12时，由h ′(x )＝2a －11＋x＝0可得x ＝12a －1，当x ，12a －h ′(x )<0，h (x )，12a－g ′(x )单调递减，注意到g ′(0)＝0，故当x ，12a－g ′(x )<g ′(0)＝0，g (x )单调递减，由于g (0)＝0，故当x ，12a－g (x )<g (0)＝0，不符合题意．综上可知，a |a。