2022年高考数学总复习：导数与函数的综合问题

山东2022高考数学理科二轮复习讲义专题一第3讲导数与函数的第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中，函数的单调性，函数的极值与最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题、解答题中都有涉及，试题难度不大．真题感悟(2022·全国Ⅱ卷)设函数f(某)＝em某＋某2－m某.(1)证明：f(某)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意某1，某2∈[－1，1]，都有|f(某1)－f(某2)|≤e－1，求m的取值范围．(1)证明f′(某)＝m(em某－1)＋2某.若m≥0，则当某∈(－∞，0)时，em某－1≤0，f′(某)＜0；当某∈(0，＋∞)时，em某－1≥0，f′(某)＞0.若m＜0，则当某∈(－∞，0)时，em某－1＞0，f′(某)＜0；当某∈(0，＋∞)时，em某－1＜0，f′(某)＞0.所以，f(某)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解由(1)知，对任意的m，f(某)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(某)在某＝0处取得最小值．所以对于任意某1，某2∈[－1，1]，|f(某1)－f(某2)|≤e－1的充要条件是f（1）－f（0）≤e－1，f（－1）－f（0）≤e－1，me－m≤e－1，即－m①e＋m≤e－1.设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1，1]．考点整合1．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(某)在某个区间内可导，如果f′(某)＞0，则y＝f(某)在该区间为增函数；如果f′(某)＜0，则y＝f(某)在该区间为减函数．(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法．2．极值的判别方法当函数f(某)在点某0处连续时，如果在某0附近的左侧f′(某)＞0，右侧f′(某)＜0，那么f(某0)是极大值；如果在某0附近的左侧f′(某)＜0，右侧f′(某)＞0，那么f(某0)是极小值．也就是说某0是极值点的充分条件是点某0两侧导数异号，而不是f′(某)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小．3．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一导数与函数的单调性[微题型1]求含参函数的单调区间【例1－1】(2022·山东卷)设函数f(某)＝aln某＋某－1a为常数．某＋1(1)若a＝0，求曲线y＝f(某)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(某)的单调性．某－1解(1)由题意知a＝0时，f(某)＝，某∈(0，＋∞)．某＋1此时f′(某)＝21可得f′(1)＝，又f(1)＝0，2（某＋1）所以曲线y＝f(某)在(1，f(1))处的切线方程为某－2y－1＝0.(2)函数f(某)的定义域为(0，＋∞)．a某2＋（2a＋2）某＋aa2f′(某)＝某＝.（某＋1）某（某＋1）当a≥0时，f′(某)＞0，函数f(某)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(某)＝a某2＋(2a＋2)某＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，1①当a＝－2时，Δ＝0，－2某－1）2某（某＋1）f′(某)＝≤0，函数f(某)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－2时，Δ＜0，g(某)＜0，f′(某)＜0，函数f(某)在(0，＋∞)上单调递减．1③当－2a＜0时，Δ＞0.设某1，某2(某1＜某2)是函数g(某)的两个零点，－（a＋1）＋2a＋1－（a＋1）－2a＋1则某1＝某2＝aaa＋1－2a＋1a＋2a＋12a＋1由于某1＝＞0，－a－a所以某∈(0，某1)时，g(某)＜0，f′(某)＜0，函数f(某)单调递减，某∈(某1，某2)时，g(某)＞0，f′(某)＞0，函数f(某)单调递增，某∈(某2，＋∞)时，g(某)＜0，f′(某)＜0，函数f(某)单调递减，综上可得：当a≥0时，函数f(某)在(0，＋∞)上单调递增；1当a≤－2时，函数f(某)在(0，＋∞)上单调递减；1－（a＋1）＋2a＋1，当－2a＜0时，f(某)在0，a－（a＋12a＋1上单调递减，，＋∞a－（a＋12a＋1－（a＋1）－2a＋1上单调递增．在，aa探究提高讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[微题型2]已知单调性求参数的范围3某2＋a某【例1－2】(2022·重庆卷)设函数f(某)＝ea∈R)．(1)若f(某)在某＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(某)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(某)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．（6某＋a）e某－（3某2＋a某）e某－3某2＋（6－a）某＋a解(1)对f(某)求导得f′(某)＝，e（e）因为f(某)在某＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.－3某2＋6某3某233当a＝0时，f(某)＝f′(某)＝，故f(1)＝f′(1)＝，从而f(某)在点(1，f(1))处的切线eeee33方程为y－e＝e(某－1)，化简得3某－ey＝0.－3某2＋（6－a）某＋a(2)由(1)知f′(某)＝.e令g(某)＝－3某2＋(6－a)某＋a，由g(某)＝0，6－a－a＋366－a＋a＋36解得某1＝某2＝.66当某＜某1时，g(某)＜0，即f′(某)＜0，故f(某)为减函数；当某1＜某＜某2时，g(某)＞0，即f′(某)＞0，故f(某)为增函数；当某＞某2时，g(某)＜0，即f′(某)＜0，故f(某)为减函数．由f(某)在[3，＋∞)上为减函数，6－a＋a＋369知某2＝3，解得a≥－62，9故a的取值范围为－2，＋∞.探究提高(1)当f(某)不含参数时，可通过解不等式f′(某)＞0(或f′(某)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(某)≥0(或f′(某)≤0)，某∈(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′(某)不恒等于0的参数的范围．【训练1】函数f(某)＝a某3＋3某2＋3某(a≠0)．(1)讨论f(某)的单调性；(2)若f(某)在区间(1，2)上是增函数，求a的取值范围．解(1)f′(某)＝3a某2＋6某＋3，f′(某)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，则f′(某)≥0，且f′(某)＝0当且仅当a＝1，某＝－1，故此时f(某)在R上是增函数．②由于a≠0，故当a＜1时，f′(某)＝0有两个根，某－11－a－1＝a，某11－a2＝a.若0＜a＜1，则当某∈(－∞，某2)或某∈(某1，＋∞)时，f′(某)＞0，故f(某)分别在(－∞，某2)，(某1，＋∞)上是增函数；当某∈(某2，某1)时，f′(某)＜0，故f(某)在(某2，某1)上是减函数；若a＜0，则当某∈(－∞，某1)或某∈(某2，＋∞)时，f′(某)＜0，故f(某)分别在(－∞，某1)，(某2，＋∞)上是减函数；当某∈(某1，某2)时，f′(某)＞0，故f(某)在(某1，某2)上是增函数．(2)当a＞0，某＞0时，f′(某)＝3a某2＋6某＋3＞0，故当a＞0时，f(某)在区间(1，2)上是增函数．当a＜0时，f(某)在区间(1，2)上是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－54a＜0.综上，a的取值范围是－540∪(0，＋∞)．热点二导数与函数的极值、最值[微题型1]求含参函数的极值(或最值)【例2－1】(2022·济南模拟)设函数f(某)＝某3－k某2＋某(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(某)的单调区间；(2)当k<0时，求函数f(某)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.解f′(某)＝3某2－2k某＋1.(1)当k＝1时，f′(某)＝3某2－2某＋1，Δ＝4－12＝－8＜0，所以f′(某)＞0恒成立，故f(某)在R上单调递增．故函数f(某)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间．k(2)法一当k<0时，f′(某)＝3某2－2k某＋1，f′(某)的图象开口向上，对称轴为某＝3，且过点(0，1)．当Δ＝4k2－12＝4(k3)(k－3)≤0，即－3≤k<0时，f′(某)≥0，f(某)在[k，－k]上单调递增．从而当某＝k时，f(某)取得最小值m＝f(k)＝k.当某＝－k时，f(某)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.当Δ＝4k2－12＝4(k3)(k－3)＞0，即k＜－3时，令f′(某)＝3某2－2k某＋1＝0，k＋k－3k－k－3解得某1＝某2＝33注意到k＜某2＜某1＜0，12k(注：可用根与系数的关系判断，由某1·某2＝3某1＋某2＝3＞k，从而k＜某2＜某1＜0；或者由对称结合图象判断)所以m＝min{f(k)，f(某1)}，M＝ma某{f(－k)，f(某2)}．322因为f(某1)－f(k)＝某1－k某1＋某1－k＝(某1－k)(某1＋1)＞0，所以f(某)的最小值m＝f(k)＝k.32因为f(某2)－f(－k)＝某2－k某2＋某2－(－k3－k·k2－k)＝(某2＋k)[(某2－k)2＋k2＋1]<0，所以f(某)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.综上所述，当k<0时，f(某)在[k，－k]上的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.法二当k＜0时，对某∈[k，－k]，都有f(某)－f(k)＝某3－k某2＋某－k3＋k3－k＝(某2＋1)(某－k)≥0，故f(某)≥f(k)；f(某)－f(－k)＝某3－k某2＋某＋k3＋k3＋k＝(某＋k)(某2－2k某＋2k2＋1)＝(某＋k)[(某－k)2＋k2＋1]≤0，故f(某)≤f(－k)．而f(k)＝k＜0，f(－k)＝－2k3－k＞0，所以f(某)ma某＝f(－k)＝－2k3－k，f(某)min＝f(k)＝k.探究提高含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论．[微题型2]与极值点个数有关的参数问题【例2－2】(2022·聊城模拟)已知函数f(某)＝a某2－e某，a∈R，f′(某)是f(某)的导函数(e为自然对数的底数)．若f(某)有两个极值点某1，某2，求实数a的取值范围．解法一若f(某)有两个极值点某1，某2，则某1，某2是方程f′(某)＝0的两个根．某ef′(某)＝2a某－e某＝0，显然某≠0，故2a某，（某－1）ee某令h(某)＝某h′(某)＝某若某＜0，则h(某)单调递减，且h(某)＜0.若某＞0，当0＜某＜1时，h′(某)＜0，h(某)在(0，1)上递减，当某＞1时，h′(某)＞0，h(某)在(1，＋∞)上递增，h(某)min＝h(1)＝e.e某e要使f(某)有两个极值点，则需满足2a＝某在(0，＋∞)上有两个不同解，故2a＞e，即a＞2，e故a的取值范围为2，＋∞.法二设g(某)＝f′(某)＝2a某－e某，则g′(某)＝2a－e某，且某1，某2是方程g(某)＝0的两个根，当a≤0时，g′(某)＜0恒成立，g(某)单调递减，方程g(某)＝0不可能有两个根；当a＞0时，由g′(某)＝0得某＝ln2a，当某∈(－∞，ln2a)时，g′(某)＞0，g(某)单调递增；当某∈(ln2a，＋∞)时，g′(某)＜0，g(某)单调递减，e∴g(某)ma某＝g(ln2a)＝2aln2a－2a＞0，解得a＞2.e故a的取值范围是2，＋∞.探究提高极值点的个数，一般是使f′(某)＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究．某2【训练2】(2022·山东卷)设函数f(某)＝(某＋a)ln某，g(某)＝e.已知曲线y＝f(某)在点(1，f(1))处的切线与直线2某－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(某)＝g(某)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(某)＝min{f(某)，g(某)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(某)的最大值．解(1)由题意知，曲线y＝f(某)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，a又f′(某)＝ln某＋1，所以a＝1.某某(2)当k＝1时，方程f(某)＝g(某)在(1，2)内存在唯一的根．h(某)＝f(某)－g(某)＝(某＋1)ln某－某2设e，当某∈(0，1]时，h(某)＜0.又h(2)＝3ln2－4ln8－4ee1－1＝0，所以存在某0∈(1，2)，使得h(某0)＝0.因为h′(某)＝ln 某＋1某（某－2）某1＋e所以当某∈(1，2)时，h′(某)＞1－1e＞0，当某∈(2，＋∞)时，h′(某)＞0，所以当某∈(1，＋∞)时，h(某)单调递增，所以k＝1时，方程f(某)＝g(某)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f(某)＝g(某)在(1，2)内存在唯一的根某0.且某∈(0，某0]时，f(某)＜g(某)，某∈(某0，＋∞]时，f(某)＞g(某)，（某＋1）ln某，某∈（0，某0]，所以m(某)＝某2e，某∈（某0，＋∞）.当某∈(0，某0]时，若某∈(0，1]，m(某)≤0；若某∈(1，某10]，由m′(某)＝ln某＋某＋1＞0，可知0＜m(某)≤m(某0)；故m(某)≤m(某0)．当某∈(某0，＋∞)时，由m′(某)＝某（2－某）e可得某∈(某0，2)时，m′(某)＞0，m(某)单调递增；某∈(2，＋∞)时，m′(某)＜0，m(某)单调递减；可知m(某)≤m(2)＝4e，且m(某0)＜m(2)．综上可得，函数m(某)的最大值为4e1．如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开．2．可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值．3．可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(某)，“f(某)在某＝某0处的导数f′(某)＝0”是“f(某)在某＝某0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．4．求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论．5．求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想．一、选择题1．函数f(某)＝22－ln某的单调递减区间为()A．(－1，1]C．[1，＋∞)B．(0，1]D．(0，＋∞)解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(某)＝某－某0，解得0＜某≤1，所以函数f(某)的单调递减区间为(0，1]．答案B 2．(2022·莱芜模拟)已知函数f(某)＝22＋ln某－2某在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是()A．[－1，1]C．[1，＋∞) B．[－1，＋∞)D．(－∞，1]解析f′(某)＝m某＋2≥0对一切某＞0恒成立，某122∴m≥－某＋某1122令g(某)＝－某＋某，则当某＝1，即某＝1时，函数g(某)取最大值1.故m≥1.答案C3．(2022·临沂模拟)函数f(某)＝某3－3a某－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是()A．[0，1)10，C.2B．(－1，1)D．(0，1)解析f′(某)＝3某2－3a＝3(某2－a)．当a≤0时，f′(某)＞0，∴f(某)在(0，1)内单调递增，无最小值．当a＞0时，f′(某)＝3(某－a)(某＋a)．当某∈(－∞，－a)和(a，＋∞)时，f(某)单调递增；当某∈(－a，a)时，f(某)单调递减，所以当a＜1，即0＜a＜1时，f(某)在(0，1)内有最小值．答案D4．(2022·陕西卷)对二次函数f(某)＝a某2＋b某＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A．－1是f(某)的零点B．1是f(某)的极值点C．3是f(某)的极值D．点(2，8)在曲线y＝f(某)上解析A正确等价于a－b＋c＝0，①B正确等价于b＝－2a，②4ac－b2C正确等价于4a3，③D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④下面分情况验证：a＝5，若A错，由②、③、④组成的方程组的解为b＝－10，符合题意；c＝8.若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；3若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－4也不是整数．综上，故选A.答案A5．(2022·滨州模拟)函数f(某)的定义域是R，f(0)＝2，对任意某∈R，f(某)＋f′(某)＞1，则不等式e某·f(某)＞e某＋1的解集为()A．{某|某＞0}B．{某|某＜0}C．{某|某＜－1，或某＞1}D．{某|某＜－1，或0＜某＜1}解析构造函数g(某)＝e某·f(某)－e某，因为g′(某)＝e某·f(某)＋e某·f′(某)－e某＝e某[f(某)＋f′(某)]－e某＞e某－e某＝0，所以g(某)＝e某·f(某)－e某为R上的增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(某)＞g(0)，解得某＞0.答案A二、填空题16．(2022·陕西卷)设曲线y＝e某在点(0，1)处的切线与曲线y＝某(某＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________．11某＝某解析∵(e)′|某＝0＝e＝1，设P(某0，y0)，有某′|0＝－＝－1，又∵某0＞0，∴某0＝1，故P某0某的坐标为(1，1)．答案(1，1)7．若f(某)＝某3＋3a某2＋3(a＋2)某＋1在R上单调递增，则a的取值范围是________．解析f′(某)＝3某2＋6a某＋3(a＋2)．由题意知f′(某)≥0在R上恒成立，所以Δ＝36a2－4某3某3(a＋2)≤0，解得－1≤a≤2.答案[－1，2] 18．(2022·衡水中学期末)若函数f(某)＝－22＋4某－3ln某在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．2（某－1）（某－3）3－某＋4某－3解析对f(某)求导，得f′(某)＝－某＋4－某.由f′(某)＝0得函某某数f(某)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(某)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3.答案(0，1)∪(2，3)三、解答题9．已知函数f(某)＝e某(a某＋b)－某2－4某，曲线y＝f(某)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4某＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(某)的单调性，并求f(某)的极大值．解(1)f′(某)＝e某(a某＋a＋b)－2某－4.由已知，得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(某)＝4e某(某＋1)－某2－4某，某1f′(某)＝4e(某＋2)－2某－4＝4(某＋2)e－2.某令f′(某)＝0得，某＝－ln2或某＝－2.从而当某∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(某)＞0；当某∈(－2，－ln2)时，f′(某)＜0.故f(某)在(－∞，－2]，[－ln2，＋∞)上单调递增，在[－2，－ln2]上单调递减．当某＝－2时，函数f(某)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．10．(2022·烟台模拟)已知函数f(某)＝某3－a某2－3某.(1)若f(某)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；k(2)已知函数g(某)＝ln(1＋某)－某＋22(k≥0)，讨论函数g(某)的单调性．解(1)对f(某)求导，得f′(某)＝3某2－2a某－3.31由f′(某)≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a≤2某－某.31记t(某)＝2某－某，当某≥1时，t(某)是增函数，3所以t(某)min＝2(1－1)＝0.所以a≤0.(2)g′(某)＝某（k某＋k－1）某∈(－1，＋∞)．1＋某当k＝0时，g′(某)＝－某(－1，0)上，g′(某)＞0；在区间(0，＋∞)上，g′(某)＜0.1＋某故g(某)的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞)．某（k某＋k－1）1－k当0＜k＜1时，由g′(某)＝0，得某1＝0，某2＝k＞0，所以在区间(－1，0)和1＋某1－k1－k上，g′(某)＞0；在区间，＋∞0，k上，g′(某)＜0.故g(某)的单调递增区间是(－1，0]k1－k某21－k和0，故g(某)的单调递增，＋∞，单调递减区间是0，k.当k＝1时，g′(某)＝1＋某k区间是(－1，＋∞)．某（k某＋k－1）1－k1－k当k＞1时，g′(某)＝＝0，得某1＝k∈(－1，0)，某2＝0，所以在区间－1，k1＋某1－k1－k上，g′(某)＜0.故g(某)的单调递增区间是－1，和(0，＋∞)上，g′(某)＞0，在区间，0kk1－k和[0，＋∞)，单调递减区间是，0.ke某211．(2022·山东卷)设函数f(某)＝某k某ln某(k为常数，e＝2.71828是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(某)的单调区间；(2)若函数f(某)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解(1)函数y＝f(某)的定义域为(0，＋∞)．某2e某－2某e某21f′(某)＝k－某＋某某某e某－2e某k（某－2）（某－2）（e某－k某）＝某＝某某由k≤0可得e某－k某＞0，所以当某∈(0，2)时，f′(某)＜0，函数y＝f(某)单调递减，某∈(2，＋∞)时，f′(某)＞0，函数y＝f(某)单调递增．所以f(某)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(某)在(0，2)内单调递减，故f(某)在(0，2)内不存在极值点；当k＞0时，设函数g(某)＝e某－k某，某∈[0，＋∞)．因为g′(某)＝e某－k＝e某－elnk，当0＜k≤1时，当某∈(0，2)时，g′(某)＝e某－k＞0，y＝g(某)单调递增．故f(某)在(0，2)内不存在两个极值点；当k＞1时，得某∈(0，lnk)时，g′(某)＜0，函数y＝g(某)单调递减．某∈(lnk，＋∞)时，g′(某)＞0，函数y＝g(某)单调递增．所以函数y＝g(某)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．g（0）＞0，2函数f(某)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当g（lnk）＜0，解得e＜k＜eg（2）＞0，2，0＜lnk＜2，综上所述，函数f(某)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为e2 e，2.。

历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结导数综合题是高考数学中的重要题型，主要涉及函数、导数、不等式等知识点，需要具备较强的逻辑思维、推理能力和数学应用能力。

以下是历年高考函数导数综合题的解题思路详细归纳总结：考察的题型分5大类，23个小类一、求函数的单调性1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据单调性判断函数的极值点或最值点；4.根据极值点或最值点进行参数取值范围的求解。

二、切线问题1.求函数的导数；2.根据导数的几何意义求出切线的斜率；3.根据切线的定义写出切线方程；4.根据切线方程和已知条件求解参数。

三、不等式恒成立问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的单调性和最值求解不等式恒成立的参数范围。

四、零点问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的零点和单调性求解参数的范围。

五、多变量问题1.分别对各个变量求导；2.利用导数研究各个变量的单调性和最值；3.根据函数的图像和性质求解参数的范围。

高考导数综合题的突破点1.导数的定义和性质：导数作为微积分的基本概念，其定义和性质是解决导数综合题的基础。

学生需要熟练掌握导数的计算公式和运算法则，理解导数在研究函数中的意义和应用。

2.切线与导数的关系：切线是导数的几何意义所在，也是导数综合题中常见的考点。

学生需要理解切线的定义和性质，掌握切线方程的求解方法，能够利用导数求曲线的切线。

3.函数的单调性与导数的关系：单调性是函数的重要性质之一，而导数则是研究函数单调性的重要工具。

学生需要理解导数与函数单调性之间的关系，能够通过导数的符号判断函数的单调性。

4.极值与最值的求解：极值和最值是导数综合题中常见的考点。

学生需要掌握极值和最值的求解方法，理解极值和最值的几何意义，能够利用导数求函数的极值和最值。

5.不等式与导数的关系：不等式是导数综合题中常见的考点之一。

学生需要理解导数在处理不等式问题中的作用，掌握利用导数证明不等式的方法。

第20讲 导数与三角函数的综合问题高考预测一：含三角函数的不等式恒成立问题1．设2()cos 12x f x x =+-．（Ⅰ）求证：当0x 时，()0f x ；（Ⅱ）若不等式sin cos 2ax e x x -+对任意的0x 恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）证明：2()cos 1(0)2x f x x x =+-，则()sin f x x x '=-，设()sin x x x ϕ=-，则()1cos x x ϕ'=-，⋯（2分）当0x 时，()1cos 0x x ϕ'=-，即()sin f x x x '=-为增函数， 所以()(0)0f x f ''=，即()f x 在0x 时为增函数，所以()(0)0f x f =．⋯（4分）（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知0x 时，sin x x ，2cos 12x x -+，所以21sin cos 22x x x x ++-+，⋯（6分）设2()12xx G x e x =---，则()1x G x e x '=--，设()1x g x e x =--，则()1x g x e '=-，当0x 时()10x g x e '=-，所以()1x g x e x =--为增函数， 所以()(0)0g x g =，所以()G x 为增函数，所以()(0)0G x G =， 所以sin cos 2x e x x -+对任意的0x 恒成立．⋯（8分） 又0x ，1a 时，ax x e e ，所以1a 时sin cos 2ax e x x -+对任意的0x 恒成立．⋯（9分）当1a <时，设()sin cos 2ax h x e x x =-+-，则()cos sin ax h x ae x x '=--，(0)10h a '=-<， 所以存在实数00x >，使得任意0(0,)x x ∈，均有()0h x '<，所以()h x 在0(0,)x 为减函数， 所以在0(0,)x x ∈时()(0)0h x h <=，所以1a <时不符合题意． 综上，实数a 的取值范围为[1，)+∞．⋯（12分）（Ⅱ）解法二：因为sin cos 2ax e x x -+等价于(sin cos 2)ax ln x x -+⋯（6分） 设()(sin cos 2)g x ax ln x x =--+，则sin cos ()sin cos 2x xg x a x x +'=--+可求sin cos [1,1]sin cos 2x xx x +∈--+，⋯（8分）所以当1a 时，()0g x '恒成立，()g x 在[0，)+∞是增函数， 所以()(0)0g x g =，即(sin cos 2)ax ln x x -+，即sin cos 2ax e x x -+ 所以1a 时，sin cos 2ax e x x -+对任意0x 恒成立．⋯（9分） 当1a <时，一定存在00x >，满足在0(0,)x 时，()0g x '<， 所以()g x 在0(0,)x 是减函数，此时一定有()(0)0g x g <=，即(sin cos 2)ax ln x x <-+，即sin cos 2ax e x x <-+，不符合题意，故1a <不能满足题意， 综上所述，1a 时，sin cos 2ax e x x -+对任意0x 恒成立．⋯（12分）2．已知函数()y f x =的定义域为R ，且对任意实数a 、b ，都有()f a b f +=（a ）f +（b ），当0x >时，()0f x <恒成立．（1）求证：函数()y f x =是R 上的减函数；（2）若不等式22(1)()f mx x f x mx -+<--对任意实数x 恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】（1）证明：设12x x <，则210x x ->， 当0x >时，()0f x <恒成立，则21()0f x x -<， 12121()()()()f x f x x f x f x ∴+-=<，∴函数()y f x =是R 上的减函数；（2）解：(0)2(0)f f =，则(0)0f =．不等式2222(1)()(1)()(0)f mx x f x mx f mx x f x mx f -+<--⇔-++-<22[(1)(1)1](0)(1)(1)10f m x m x f m x m x ⇔+-++<⇔+-++>． ①当1m =-时，10>，显然成立；②1m ≠-，则1m >-且△2(1)4(1)0m m =+-+<，解得13m -<<． 综上，实数m 的取值范围是[1-，3)．3．已知函数()sin x f x e x =，其中x R ∈， 2.71828e ==⋯为自然对数的底数． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[0,]2x π∈时，()f x kx ，求实数k 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）()sin cos (sin cos )x x x f x e x e x e x x '=+=+，令sin cos )4y x x x π=+=+，当(24x k ππ∈-，32)4k ππ+，()0f x '>，()f x 单调递增，（2分） 3(24x k ππ∈+，72)4k ππ+，()0f x '<，()f x 单调递减 （4分）（Ⅱ） 令()()sin x g x f x kx e x kx =-=-，即()0g x 恒成立， 而()(sin cos )x g x e x x k '=+-，令()(sin cos )()(sin cos )(cos sin )2cos x x x x h x e x x h x e x x e x x e x =+⇒'=++-=， [0x ∈，]2π，()0()h x h x '⇒在[0，]2π上单调递增，21()h x e π，（6分） 当1k 时，()0g x '，()g x 在[0，]2π上单调递增，()(0)0g x g =，符合题意；当2k e π时，()0()g x g x '⇒在[0，]2π上单调递减，()(0)0g x g =，与题意不合；（8分）当21k e π<<时，()g x '为一个单调递增的函数，而(0)10g k '=-<，2()02g e k ππ'=->，由零点存在性定理，必存在一个零点0x ，使得0()0g x '=， 当[0x ∈，0)x 时，()0g x '，从而()g x 在[0x ∈，0)x 上单调递减， 从而()(0)0g x g =，与题意不合，综上所述：k 的取值范围为(-∞，1]（12分） 4．已知函数2()(1)xf x x e-=+，3()12cos 2x g x ax x x =+++，当[0x ∈，1]时，（Ⅰ）若函数()g x 在0x =处的切线与x 轴平行，求实数a 的值； （Ⅱ）求证：11()1x f x x-+； （Ⅲ）若()()f x g x 恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】解：(23)()2(cos sin )2I g x a x x x x '=++-，函数()g x 在0x =处的切线与x 轴平行，则(0)20g a '=+=， 得2a =-．()II 证明：①当[0x ∈，1]时，2(1)1(1)(1)x x x x e x x e x e --+-⇔+-，令()(1)(1)x x h x x e x e -=+--，则()()x x h x x e e -'=-．当[0x ∈，1]时，()0h x '， ()h x ∴在[0，1]上是增函数， ()(0)0h x h ∴=，即()1f x x -．②当[0x ∈，1]时，1()11x f x e x x⇔++，令()1x u x e x =--，则()1xu x e '=-． 当[0x ∈，1]时，()0u x '，()u x ∴在[0，1)单调递增，()(0)0u x u ∴=， 1()1f x x∴+， 综上可知：11()1x f x x-+； （Ⅲ）解：设231()()()(1)(12cos )2x G x f x g x x e ax x x x -=-=+-+++231112cos (12cos )22x x ax x x x x a x -----=-+++．令2()2cos 2x H x x =+，则()2sin H x x x '=-，令()2sin K x x x =-，则()12cos K x x '=-． 当[0x ∈，1]时，()0K x '<， 可得()H x '是[0，1)上的减函数，()(0)0H x H ∴''=，故()H x 在[0，1)单调递减， ()(0)2H x H ∴=．1()3a H x a ∴+++．∴当3a -时，()()f x g x 在[0，1)上恒成立．下面证明当3a >-时，()()f x g x 在[0，1)上不恒成立．23111()()(12cos )(2cos )1212x f x g x ax x x x x a x x x --+++=-+++++．令211()2cos ()121x v x a x a H x x x=+++=++++，则21()()(1)v x H x x -'=+'+． 当[0x ∈，1]时，()0v x '，故()v x 在[0，1]上是减函数， ()(12cos1v x a ∴∈++，3]a +．当3a >-时，30a +>．∴存在0(0,1)x ∈，使得0()0v x >，此时，00()()f x g x <．即()()f x g x 在[0，1)不恒成立． 综上实数a 的取值范围是(-∞，3]-．高考预测二：含三角的不等式证明 5．已知函数()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）记i x 为()f x 的从小到大的第*()i i N ∈个零点，证明：对一切*n N ∈，有2221211123n x x x ++⋯+<． 【解析】解：（Ⅰ）()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>，()cos sin cos sin f x x x x x x x ∴'=--=-，由()sin 0f x x x '=-=，解得*()x k k N π=∈，当(2x k π∈，(21))()k k N π+∈，sin 0x >，此时()0f x '<，函数单调递减， 当((21)x k π∈+，(22))()k k N π+∈，sin 0x <，此时()0f x '>，函数单调递增，故()f x 的单调增区间为((21)k π+，(22))k π+，0k ，单调递减区间为(2k π，(21))k π+，*)k N ∈． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)π上单调递减， 又()02f π=，故12x π=，当*n N ∈，1()((1))[(1)1][(1)(1)1]0n n f n f n n n ππππ++=-+-++<， 且函数()f x 的图象是连续不间断的，()f x ∴在区间(n π，(1))n π+内至少存在一个零点，又()f x 在区间(n π，(1))n π+是单调的， 故1(1)n n x n ππ+<<+， 因此当1n =时，有2211423x π=<成立． 当2n =时，有222121112(41)3x x π+<+<． 当3n 时， ⋯2222222212111111111111111[41][5][51]2(1)12(2)(1)22321n x x x n n n n n πππ++⋯+<+++⋯+<++⋯+<+-+-+⋯+--⨯---- 221162(6)13n ππ<-<<-． 综上证明：对一切*n N ∈，有2221211123n x x x ++⋯+<． 6．已知函数()()f x xln x a =+，a R ∈．()I 若()f x 不存在极值点，求a 的取值范围；（Ⅱ）若0a ，证明：()sin 1x f x e x <+-． 【解析】解：（Ⅰ）()()()xf x ln x a x a x a'=++>-+， 设()()xg x ln x a x a=+++()x a >- 22()()x ag x x a +'=+，()x a >-（1）0a 时：2()0x a x a a x a +=+++>，()0g x '> ()g x 在(,)a -+∞上单增，其值域是(,)-∞+∞，存在0(,)x a ∈-+∞，使00()()0f x g x '==，且()f x '在0x x =处左右两边值异号， 0x x =是()f x 的极值点，得0a 不可取； （2）0a <时：(,2)x a a ∈--时，()0g x '<，()g x 在其上单减 (2,)x a ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 在其上单增(2)0g a '-=，()g x 在2x a =-处取极小值也是最小值(2)()2g a ln a -=-+若(2)()20g a ln a -=-+ 即21a e -， ()()0f x g x '=，()f x 在(,)a -+∞上单增，无极值点得21a e-可取， 若(2)()20g a ln a -=-+< 即210a e-<< ()g x 在(2,)a -+∞上的值域是(()2ln a -+，)+∞存在1(2,)x a ∈-+∞，使11()()0f x g x '==，且()f x '在1x x =处左右两边值异号， 1x x =是()f x 的极值点得210a e -<<不可取； 所以a 的取值范围是(-∞，21]e -． （Ⅱ）0a ，x a >-，故0x >，()()f x xln x a xlnx =+， 要证明()sin 1x f x e x <+-，只需证明sin 1x xlnx e x <+-，（1）当01x <时，sin 10x e x +->，0xlnx ， 故sin 1x xlnx e x <+-成立；（2）当1x >时，设()sin 1x g x e x xlnx =+--， 则()cos 1x g x e lnx x '=-+-， 设()()h x g x ='，则1()sin x h x e x x'=--， 1x >，()110h x e ∴'>-->，故()h x 在[1，)+∞递增，故()h x h >（1）cos110e =+->，即()0g x '>， 故()g x 在[1，)+∞递增，故()g x g >（1）sin110e =+->，即sin 1x xlnx e x <+-， 综上，若0a ，()sin 1x f x e x <+-．7．（1）证明：[0x ∈，1]sin x x （2）若不等式22312(2)cos 342x m x x x x mx +++-++对[0x ∈，1]恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）证明：记()sin F x x =，则()cos F x x '=-当(0,)4x π∈时，()0F x '>，()F x 在[0，]4π上是增函数，当(4x π∈，1)时，()0F x '<，()F x 在[4π，1]上是减函数， 又(0)0F =，F （1）0>，∴当[0x ∈，1]时，()0F x ，即2sin 2xx ， 记()sin H x x x =-，则当(0,1)x ∈时，()cos 10H x x '=-<，()H x ∴在[0，1]上是减函数． 则()(0)0H x H =，即sin x x ．sin x x ； （2）当[0x ∈，1]时，不等式22312(2)cos 342x m x x x x mx +++-++恒成立，即32221(3)42(2)(12)022xx x m m x x sin ++--++-恒成立， 也就是32221(3)24(2)022x x x m m x x x sin ++-+-+恒成立，即322211(3)24(2)028x x m m x x x x ++-+-+恒成立， 则2(32)0m m x -+在[0x ∈，1]上恒成立． 2320m m ∴-+恒成立，解得12m ．∴实数m 的取值范围是[1，2]．8．（1）证明：当[0x ∈，1]时，22111cos 124x x x --；（2）证明：当2a 时，322(2)cos 402x ax x x x ++++-对[0x ∈，1]恒成立．【解析】证明：（1）21()cos 14f x x x =-+，则1()()sin 2g x f x x x '==-+，1()cos 2g x x '=-+，013x π<，∴1cos 12x <，∴1()cos 02g x x '=-+<，恒成立 ∴1()()sin 2g x f x x x '==-+，在[0，1]上递减， 01x ，∴1()sin (0)02g x x x g =-+=，∴21()cos 14f x x x =-+，在[0，1]上递减， ()(0)0f x f ∴=∴[]210,1,14x cosx x ∈-时；（4分） 记21()cos 12F x x x =-+，则()()sinG x F x x x '==-+，()cos 1G x x '=-+，()cos 10G x x '∴=-+恒成立，()()sin G x F x x x '∴==-+，在[0，1]上递增，01x()sin (0)0G x x x G ∴=-+=，∴21()cos 12F x x x =-+，在[0，1]上递增， ()(0)0F x F ∴=∴[]210,1,12x cosx x ∈-时； ∴[]22110,1,1124x x cosx x ∈--时；（7分） （2）[0x ∈，1]时，332222(2)cos 42(2)(1)4(2)224x x x ax x x x ax x x a x ++++-++++--+，∴当2a 时，322(2)cos 402x ax x x x ++++-对[0x ∈，1]恒成立．（14分） 9．已知函数2()cos 1f x x ax =+-，a R ∈．若对于任意的实数x 恒有()0f x ，求实数a 的取值范围．【解析】解：对于任意的实数x 恒有()0f x ，即有2cos 10x ax +-， 即21cos 0ax x -，显然0a ， 0x =时，显然成立；由偶函数的性质，只要考虑0x >的情况．当0x >时，22221cos 2xsin xax x-=，即为2sin22()2x a x ， 由0x >，则02xt =>，考虑sin t t -的导数为cos 10t -， 即sin t t -递减，即有sin 0t t -<，即sin t t <，则有sin 1tt<，故2sin2()12xx <，即有21a ，解得12a． 则实数a 的取值范围为1[2，)+∞．10．已知函数1()()f x alnx a R x=+∈．（1）讨论函数()f x 在区间[1，2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【解析】（1）解：函数1()f x alnx x =+的定义域是(0,)+∞，2211()a ax f x x x x-'=-=， ①当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<， 则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1，2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为1(2)22f aln =+； ②当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>，故函数()f x 在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增，()i 当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1，2]上单调递增， 故函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为f （1）1=，()ii 当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1，2]上单调递减， 故函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为1(2)22f aln =+， ()iii 当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在1[1,)a上单调递减，在1(,2]a 上单调递增，此时函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为11()f aln a a a=+，综上，当12a时，函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为1(2)22f aln =+； 当112a <<时，函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为11()f aln a a a=+； 当1a 时，函数()f x 在区间[1，2]上的最小值为f （1）1=．（2）证明：当1a =时，1()f x lnx x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos x e xlnx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得1cos x xlnx e x +<+， 即证cos 1x xlnx e x <+-，当01x <时，0xlnx ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以cos 1xxlnx e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立，当1x >时，令()cos 1(1)x h x e x xlnx x =+-->，则()sin 1x h x e x lnx '=---，设()sin 1(1)x g x e x lnx x =--->，则因为1()cos x g x e x x'=--，因为1x >，所以1()cos 110x g x e x e x'=-->-->， 所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>， 所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x+<成立，综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．11．已知函数2()cos (0)f x x x x =->．（Ⅰ）求证：()f x 有唯一零点0x ，且0(0,1)x ∈；（Ⅱ）对于（Ⅰ）中的0x ，当0(x x ∈，2)时，()0x e af x -，求实数a 的取值范围．【解析】()I 证明：函数2()cos (0)f x x x x =->，则()2sin f x x x '=+， 又()2cos 0f x x ''=+>，故()f x '在(0,)+∞上单调递增， 所以()(0)0f x f ''>=，故()f x 在(0,)+∞上单调递增， 又(0)10f =-<，f （1）1cos10=->， 所以()f x 在(0,)+∞上存在唯一零点0(0,1)x ∈； ()II 解：由()I 知，0(x x ∈，2)时，0()()0f x f x >=，所以2cos 0x x ->，即问题等价于2cos xe a x x-在0(x x ∈，2)恒成立，令2222(cos 2sin )(),()cos (cos )x x e e x x x x g x g x x x x x ---'==--，令2()2(sin cos )(2))4h x x x x x x x x π=--+=-+，当0(x x ∈，2)时，(2)0x x -<)04x π+>，所以()0h x <，即()0g x '<， 故()g x 在0(x ，2)上单调递减，所以当0(x x ∈，2)时，2()(2)4cos2e g x g >=-，所以24cos2e a -，故实数a 的取值范围是2(,]4cos2e -∞-．12．已知函数()cos f x x =．（1）当0x 时，设2()()12x g x f x =+-，求()(0)y g x x =的最小值；（2）求证：当1a ，0x 时，2()2(1)ax xe xf x x ln x +++．【解析】（1）解：函数()cos f x x =，所以22()()1cos 1(0)22x x g x f x x x =+-=+-，则()sin (0)g x x x x '=-+，故()cos 10g x x ''=-+在[0,)+∞上恒成立， 所以()g x '在[0,)+∞上单调递增，则有()(0)0g x g ''=，所以()g x 在[0,)+∞上单调递增，则有()(0)cos0010g x g =+-=， 故()(0)y g x x =的最小值为0；（2）证明：令2112()x x x m x e ++=，则2()02xx m x e'=-在[0,)+∞上恒成立，所以()m x 在[0,)+∞上单调递减，则有()(0)1m x m =， 所以21121x x x e ++，即2112x e x x ++,由（1）可知，()0g x 对[0,)+∞恒成立，即2cos 102x x +-，即2cos 12x x -，当1a 时，22cos 2(1)cos 2(1)ax x xe x x x ln x xe x x x ln x +--++--+ 22211(1)2(1)(1)2(1)22x x xe x x x ln x x e x x ln x +---+=+---+,因为2112xe x x ++,所以2112x e x x --，所以21122x e x x +--， 故21(1)2(1)22(1)2x x e x x ln x x ln x +---+-+，令()22(1)(0)h x x ln x x =-+，则22()2011x h x x x '=-=++对0x 恒成立，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增，则有()(0)h x h ，即22(1)0x ln x -+， 所以21(1)2(1)22(1)02x x e x x ln x x ln x +---+-+，故2()2(1)ax xe xf x x ln x +++． 13．已知函数sin cos 1()xx x f x e+-=． （1）求函数()f x 在(0,)π内的单调递增区间； （2）当[0x ∈，)+∞时，求证：()f x x ． 【解析】解：（1）由题意知，12sin ()x xf x e -'=，(0,)x π∈， 所以当()0f x '>时，解得5(0,)(,)66x πππ∈， 即()f x 在(0,)π的单调递增区间是(0,)6π，5(,)6ππ；（2）证明：令()()g x f x x =-，(0)x ，只需证()0g x 即可， 12sin ()1xxg x e -'=-，)14()0xx g x e π--''=<，故()g x '在[0,]6π单调递减，即1()(0)10maxg x g e ''==-<，()()106min g x g π''==-<， 所以()0g x '，从而()g x 在(0,)6π上单调递减，即()(0)0g x g =恒成立，当(,)6x π∈+∞时，()0g x 恒成立，即()f x x ，由（1）知，当(,)6x π∈+∞时，6()62max g x e π=<恒成立， 综上，()f x x 得证． 14．已知函数sin ()2cos xf x x=+，()(1)(x g x a e a =-为常数）．（1）求函数()f x 在2x π=处的切线方程；（2）设()()(1)()()n F x f x g x n Z =+-∈．（ⅰ）若n 为偶数，当0a <时，函数()F x 在区间(0,)2π上有极值点，求实数a 的取值范围；（ⅱ）若n 为奇数，不等式()0F x 在[0，)+∞上恒成立，求实数a 的最小值． 【解析】解：（1）函数sin ()2cos xf x x=+，所以22cos (2cos )sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++，则1()24f π'=，当2x π=时，1()22f π=，故切点为1(,)22π，由点斜式可得函数()f x 在2x π=处的切线方程为11()242y x π-=-，即1448y x π-=+； （2）()i 当n 为偶数时，sin ()()()(1)2cos x xF x f x g x a e x=+=+-+，则22cos 1()(2cos )x x F x a e x +'=+⋅+， 令()()h x F x '=，则32sin (cos 1)()(2cos )x x x h x a e x -'=+⋅+， 因为(0,)2x π∈且0a <，所以()0h x '<在(0,)2x π∈上恒成立，则()h x 在(0,)2π上单调递减，其中1(0)3h a =+，21()24h a e ππ=+⋅，因为()F x 在(0,)2π有极值点，所以(0)0h >且()02h π<，即21134a e π-<<-，当21134a e π-<<-时，存在0(0,)2x π∈，使得0()0h x =，令()0F x '>，即()0h x >，()F x 在0(0,)x 上单调递增；令()0F x '<，即()0h x <，()F x 在0(x ，)2π上单调递减，所以()F x 在(0,)2π有极值点，故实数a 的取值范围为211(,)34e π--．()ii 当n 为奇数时，()()()0F x f x g x =-在[0，)+∞上恒成立，当0x =时，(0)0F =；当0x >时，sin ()(1)02cos x xF x a e x=--+恒成立，又22cos 1()(2cos )x x F x a e x +'=-⋅+，令2cos t x =+，则[1t ∈，3]，所以222(2)1231()[1,]3t m t t t t -+==-∈-，因为01x e e >=，①当13a 时，13x a e ⋅>，所以()0F x '<恒成立，所以()F x 在[0，)+∞上单调递减，所以()(0)0F x F =，故13a符合题意； ②当0a 时，则()0F x '>在(0,)2π上恒成立，所以当(0,)2x π∈时，()F x 单调递增，()(0)0F x F >=，与题意不符合；③当103a <<时，1(0)03F a '=->，()10F a e ππ'=--⋅<，则(0)()0F F π''⋅<，所以()F x '在(0,)π上存在零点，设1x 为()F x '在(0,)π上的最小零点，则1(0,)x x ∈时，()0F x '>，因此()F x 在1(0,)x 上单调递增，所以()(0)0F x F >=，不符合题意．综上所述，a 的最小值为13．。

高三导数的综合应用知识点导数作为微积分的重要概念，具有广泛的应用价值。

在高三阶段，导数的综合应用是学习微积分的关键内容之一。

本文将介绍高三导数的几个重要应用知识点，并分析它们在实际问题中的具体应用。

知识点一：函数的极值点与最值在函数的导数概念中，导数为0的点被称为极值点。

通过求解导数为零的方程，我们可以找到函数的极值点。

对于一个一元函数而言，当导数由正变负时，函数达到极大值；当导数由负变正时，函数达到极小值。

这种知识点在优化问题中非常常见，例如在生产中求解最大利润、最小成本等问题时，可以通过导数来确定关键点。

知识点二：函数的导数与变化率函数的导数还可以表示函数在某一点的变化率。

例如，对于位移函数，其导数表示着时间上的速度变化率。

当导数大于零时，表示速度增加；当导数小于零时，表示速度减小。

这一知识点在物理学中的应用较多，例如运动学中的加速度、速度与位移之间的关系。

知识点三：函数的导数与曲线的凸凹性函数的二阶导数可以描述函数曲线的凸凹性。

当二阶导数大于零时，表示函数曲线为凸函数；当二阶导数小于零时，表示函数曲线为凹函数。

凸凹性对于确定函数的极值点具有重要的指导意义。

这一知识点在经济学、生物学等领域的曲线分析中经常被应用。

知识点四：函数的导数与图像的切线与法线函数导数的另一个重要应用是描述函数图像上某一点的切线与法线。

切线的斜率即为函数在该点处的导数值，而法线的斜率为切线的相反数。

通过求解导数值，我们可以确定函数图像上任意一点的切线和法线方程。

这一知识点在几何学中经常被应用，例如求解曲线的切线和法线方程。

知识点五：函数的导数与函数图像的几何性质函数的导数还可以反映函数图像的一些几何性质。

例如，当函数的导数恒大于零时，表示函数图像单调递增；当导数恒小于零时，表示函数图像单调递减。

这一知识点在函数图像的性质分析中非常有用，例如考察函数在特定区间上的单调性、拐点等。

通过以上几个知识点的介绍，我们可以看到高三导数的综合应用是非常广泛的。

导数和数列不等式的综合问题解决技巧之构造函数法1．已知曲线．从点向曲线引斜率为22:20(1,2,)n C x nx y n -+== (1,0)P -n C 的切线，切点为．(0)n n k k >n l (,)n n n P x y （1）求数列的通项公式； {}{}n n x y 与（2）证明：．13521n n nxx x x x y -⋅⋅⋅<<A A A A 【解析】曲线是圆心为，半径为的圆， 222:()n C x n y n -+=(,0)n n 切线 :(1)n n l y k x =+ （Ⅰ，解得，又，n =2221n n k n =+2220n n n x nx y -+= 联立可解得， (1)n n ny k x =+,1n n n x y n ==+（Ⅱ=n n x y = 先证：， 13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅< 证法一：利用数学归纳法 当时，，命题成立， 1n =112x =<假设时，命题成立，即 n k =13521kx x x x -⋅⋅⋅⋅< 则当时，1n k =+135212121k kk x x xx x x -++⋅⋅⋅⋅<=∵， 2222416161483k kk k ++=>++．<=∴当时，命题成立，故成立． 1n k =+13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅<==，121214)12(4)12(2122222+-=--<-=-nnnnnnnnnnn xxnnnnnxxxx+-=+=+-⨯⨯⨯<-⨯⨯⨯=⋅⋅⋅⋅-1112112125331212432112531<不妨设，令，t=()f t t t=则在上恒成立，故在上单调递减，()10f tt'=<t∈()f t t t=t∈从而()(0)0f t t t f=-<=<综上，成立．13521nnnxx x x xy-⋅⋅⋅⋅<<2．设函数表示的导函数．2()2(1)ln(),()kf x x x k N f x*'=--∈()f x（I）求函数的单调递增区间；()y f x=（Ⅱ）当k为偶数时，数列{}满足，求数列{}的通项公式；na2111,()3n n na a f a a+'==-2na （Ⅲ）当k为奇数时，设，数列的前项和为，证明不等式()12nb f n n'=-{}n b n n S对一切正整数均成立，并比较与的大小．()111n bnb e++>n20091S-2009ln解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），又，212[(1)]()22(1)kkxy f x xx x--''==--=当k为奇数时，，122(1)()xf xx+'=即的单调递增区间为．(0,),()0(0,)x f x'∈+∞∴>+∞在恒成立.()f x'(0,)+∞当k为偶函数时，222(1)2(1)(1)()x x xf xx x-+-'==(0,),0,10,x x x∈+∞>+>又由，得，即的单调递增区间为，()0f x'>10,1x x->∴>()f x(1,)+∞综上所述：当k 为奇数时，的单调递增区间为， ()f x (0,)+∞当k 为偶数时，的单调递增区间为()f x (1,).+∞（Ⅱ）当k 为偶数时，由（Ⅰ）知， 所以22(1)()x f x x-'=22(1)().n n n a f a a -'=根据题设条件有 2222221112(1)3,21,12(1),n n n n n n a a a a a a +++-=- ∴=+ +=+∴{}是以2为公比的等比数列， 21n a +∴ 221211(1)22,2 1.n n n n n a a a -+=+⋅= ∴=-（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k 为奇数时，12(),f x x'=+ 11111(),1.223n n b f n n S n n'∴=-= =+++⋅⋅⋅+由已知要证两边取对数，即证111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭11ln 1,1n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭事实上：设则 11,t n+=1(1),1n t t =>-因此得不等式 …………………………………………① 1ln 1(1)t t t>->构造函数下面证明在上恒大于0．1()ln 1(1),g t t t t=+->()g t (1,)+∞∴在上单调递增，即211()0,g t t t '=->()g t (1,)+∞()(1)0,g t g >=1ln 1,t t>-∴ ∴即成立．11ln 1,1n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭()111n b n b e ++>由得 11ln,1n n n +>+111231ln ln ln ln(1),23112n n n n +++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+=++即当时， 11ln(1),n S n +-<+2008n =20091S -<2009.ln3．已知，函数． 0a >1()ln xf x x ax-=+（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由；（Ⅱ）若()f x 在区间 [)1,+∞上是单调递增函数，试求实数a 的取值范围；（Ⅲ）当 1a =时，设数列 1n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为，求证：n S 111()(2)n n nS f n S n N n n---<-<∈*≥且解：（Ⅰ）的定义域为，，由得． ()f x ()0,+∞21()ax f x ax -'=()0f x '=1x a=当时，，递减； 1(,x a a∈()0f x '<()f x 当时，，递增． 1(,)x a∈+∞()0f x '>()f x所以不是定义域上的单调函数．()y f x =（Ⅱ）若在是单调递增函数，则恒成立，即恒成立． ()f x x ∈[1,)+∞()0f x '≥1a x≥即．1max,[1,)a x x ⎧⎫≥ ∈+∞⎨⎬⎩⎭11x∴≤1a ∴≥ （Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上为增函数， 1a =1()ln xf x x x-=+[1,)+∞ 111()ln ln ,n n nf n n n n n n----=+-= 又当时，， ，即．1x >()(1)f x f >1ln 0x x x -∴+>1ln 1x x>- 令则，当时，()1ln ,g x x x =--1()1g x x'=-(1,)x ∈+∞()0.g x '>从而函数在上是递增函数， ()g x [1,)+∞所以有即得()(1)0,g x g >=1ln .x x -> 综上有： 11ln 1,(1).x x x x-<<->111ln .1x x x x+∴<<+ 令时，不等式也成立，1,2,...,1,(2)x n n N n *=-∈≥且111ln .1x x x x+∴<<+ 于是代入，将所得各不等式相加，得1112311...ln ln ...ln 1....2312121n n n n +++<+++<+++--即 11111...ln 1. (2321)n n n +++<<+++-即 111()(2).n n nS f n S n N n n*---<-<∈≥且4．设函数．（是自然对数的底数）()(1),()x f x e x g x e =-=e （Ⅰ）判断函数零点的个数，并说明理由； ()()()H x f x g x =-（Ⅱ）设数列满足：，且 {}n a 1(0,1)a ∈1()(),,n n f a g a n N *+=∈①求证：；②比较与的大小．01n a <<n a 1(1)n e a +-解：（Ⅰ）， 令 ()(1)x H x e e '=--0()0,ln(1)H x x e '= =- 当时，在上是增函数 0(,)x x -∞()0,H x '> ()H x 0(,)x x -∞ 当时，在上是减函数 0(,)x x +∞()0,H x '< ()H x 0(,)x x +∞ 从而max 0()(0)(1)1(1)ln(1)2x H x H e x e e e e ==-+-=---+注意到函数在上是增函数， ()ln 1k t t t t =-+[)1,+∞ 从而 从而 ()(1)0,11k t k e ≥=->又0()0H x > 综上可知：有两个零点．()H x （Ⅱ）因为即， 所以 1()(),n n f a g a +=1(1)1na n e a e +-+=11(1)1n a n a e e +=-- ①下面用数学归纳法证明． 当时，，不等式成立． (0,1)n a ∈1n =1(0,1)a ∈ 假设时， 那么 n k =(0,1)k a ∈11(1)1k a k a e e +=--1011kka a e e e e << ∴<-<- 即 10(1)11k a e e ∴<-<-1(0,1)k a +∈ 这表明时，不等式成立． 所以对， 1n k =+n N *∈(0,1)n a ∈②因为，考虑函数1(1)1na n n n e a a e a +--=--()1(01)x p x e x x =-- << ，从而在上是增函数()10x p x e '=->()p x (0,1)()(0)0p x p >=所以，即1(1)0n n e a a +-->1(1)n n e a a +->5．数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列． {}n a n S n n N *∈2,,n n n a S a （1）求数列的通项公式；{}n a（2）设数列的前项和为，且，求证：对任意实数是常数，{}n b n n T 2ln n n nxb a =(1,](x e e ∈e=2．71828…）和任意正整数，总有；n 2n T <（3）在正数数列中，．求数列中的最大项． {}n c 11(),()n n n a c n N +*+=∈{}n c 解：由已知：对于，总有成立 (1)n N *∈22n n n S a a =+ (2)21112(2)n n n S a a n ---∴=+≥（1）—（2）得22112n n n n n a a a a a --∴=+-- 111()()n n n n n n a a a a a a ---∴+=+-均为正数，1,n n a a - 11(2)n n a a n -∴-=≥ 数列是公差为1的等差数列∴{}n a 又时，，解得，1n =21112S a a =+11a =()n a n n N *∴=∈（2）证明：对任意实数和任意正整数，总有(]1,x e ∈n 22ln 1n n n x b a n=≤222111111...1...121223(1)n T n n n∴≤+++<++++⋅⋅-⋅1111111(1() (22223)1n n n ⎛⎫=+-+-++-=-<⎪-⎝⎭（3）解：由已知22112a c c ==⇒= ，33223a c c ==⇒=44334a c c ==⇒==易得55445a c c ==⇒=12234,......c c c c c <>>> 猜想时，是递减数列2n ≥{}n c令，则 ln ()x f x x=221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==当时，，则，即 ∴3x ≥ln 1x >1ln 0x -<()0f x '< 在内为单调递减函数， ∴()f x [)3,+∞由知 11n n n a c ++=ln(1)ln 1n n c n +=+ 时，是递减数列，即是递减数列 2n ∴≥{}ln n c {}n c又，数列中的最大项为12c c <∴{}n c 2c =6．已知23()ln 2,().8f x x xg x x =++=（1）求函数的极值点；()()2()F x f x g x =-⋅（2）若函数在上有零点，求的最小值；()()2()F x f x g x =-⋅),()te t Z ⎡+∞∈⎣t （3）证明：当时，有成立；0x >[]1()1()g x g x e +<（4）若，试问数列中是否存在？若存在，求出所有相1(1)()()g n n b g n n N *+=∈{}n b ()n m b b m n =≠等的两项；若不存在，请说明理由．（为自然对数的底数）．e 解：（1）由题意，的定义域为23()ln 228F x x x x =++-(0,)+∞,函数的单调递增区间为和， (32)(2)()4x x F x x --'=∴()F x 20,3⎛⎤⎥⎝⎦[)2,+∞的单调递减区间为，()F x 2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以为的极大值点，为的极小值点，23x =()F x 2x =()F x （2）在上的最小值为 ()F x 2,3x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭(2)F且，在上没有零点， 23ln 41(2)242ln 2082F -=⨯-++=>()F x ∴2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭函数在上有零点，并考虑到在单调递增且在单调递减，故只∴()F x ),te ⎡+∞⎣()F x 20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦须且即可，23t e <()0F t ≤易验证 121222313()120,()20,88F e e e F e e e -----⎛⎫=⋅+->=⋅-< ⎪⎝⎭当时均有所以函数在上有零点， 2,t t Z ≤∈()0,t F e <()F x )1,()t e e t Z -⎡∈⎣即函数在上有零点， 的最大值为()F x ),()te t Z ⎡+∞∈⎣t ∴2-（3）证明：当时，不等式0x >[]1()1()g x g x e +<即为： 11(1)ln(1)1ln(1)xx e x x x x+<⇔+<⇔+<构造函数则 ()ln(1)(0),h x x x x =+->1()10,11x h x x x-'=-=<++所以函数在上是减函数，因而时， ()h x (0,)+∞0x >()(0)0,h x h <=即：时，成立，所以当时，成立；0x >ln(1)x x +<0x >[]1()1()g x g x e +<（4）因为 1(1)(2)111(1)(2)2222(1)11(1)3(1),(1n n n n n n n n n n n b n n e n n b n b n n n n n++++++++++++===⋅+<<令，得， 23(1)1n n+<2330n n -->因此，当时，有4n ≥(1)(2)1(1)(2)1,n n n n n nb b +++++<所以当时，，即 4n ≥1n n b b +>456...b b b >>>又通过比较的大小知：， 1234b b b b 、、、1234b b b b <<<因为且时所以若数列中存在相等的两项，只能是与后面的项11,b =1n ≠111,n n b n +=≠{}n b 23b b 、可能相等，又，所以数列中存在唯一相等的两项， 11113964283528,35b b b b ====>={}n b 即．28b b =7．在数列中， {}n a 12a =11,22().n n n a a n N ++=+∈ （I ）求证：数列为等差数列； }2{nn a（II ）若m 为正整数，当时，求证：． 2n m ≤≤1231(1)()n m n n m m n a m⋅--+≤解：（I ）由变形得：1122+++=n n n a a 122,1221111=-+=++++n nn n n n n n a a a a 即故数列是以为首项，1为公差的等差数列 }2{nn a121=a （II ）（法一）由（I ）得n n n a 2⋅= m m n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即令mn m nn m n f n m n f 123()()1(,23()1()(+⋅-=+⋅+-=则当mn m n m n f n f n m 1)32(1)1()(,2⋅-+-=+≥>时m m m n m 11)32()211(32()11(⋅-+≥⋅-+=又 23221211211(1>>-+>+-⋅+=-+m m m C m m m m m 123(211>-+∴则为递减数列． )(,1)1()(n f n f n f 则>+当m=n 时，递减数列．)1()(+>n f n f )(,2n f n m 时当≥≥∴ mm m m f x f m m 1)1(49(),1()49()2()(11max-≤--==∴2故只需证要证：时，2,)11()1(491)23)(1(2≥+=+≤-≤+-m mm m m m n m m m m n 而即证49221212212122122)1(121111(22010=⨯-+≥-+=-+=-⋅+=⋅+⋅+≥+m m m m m mm C m C C m m m m m 故原不等式成立．（法二）由（I ）得n n n a 2⋅= mm n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即令)123ln 1()23()('),2()23)(1()(-⋅+-=≤≤+-=m x m x f m x x m x f m xm x则上单调递减． ],2[)(0)(',11,2m x f x f mx m m x 在即<∴<+-∴≤≤ ∴ mm m m f x f m m 1)1()49(),1()49()2()(11max-≤--==∴2故只需证也即证，时而2,)11(149≥+≤m mm49221212212122122)1(121111(22210=⨯-+≥-+=-+=-⋅+=⋅+⋅+≥+m m m m m mm C m C C m m m m m 故原不等式成立．。

导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。

- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。

- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。

- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。

2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。

- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。

- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。

- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。

- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。

二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。

- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。

- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。

2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。

- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。

- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。

提能拔高限时训练58 导数的概念及常见函数的导数一、选择题1设函数⎪⎩⎪⎨⎧<+≥-=,0,12,0,1)(22x x x x x f 则下列说法正确的是 在=0处连续 在=0处可导≠0时f ′存在 D )0()(lim 0f x f x ='→ 解析：∵1)1(lim )(lim 200-=-=++→→x x f x x ,1)12(lim )(lim 200=+=--→→x x f x x , ∴f 在=0处不连续，从而f ′0不存在而⎩⎨⎧<>=',0,4,0,2)(x x x x x f 因此0)(lim 0='→x f x 答案：C2下列函数中,导数为x1〔∈0,∞,其中为大于零的常数〕的函数是 C x k ln D 2ln k k x + 解析：xk kx kx 11)(ln =•=', 而kx k x +='+1)ln(, x x k k x x k k x x k 1)1()()(ln 2-=-••='•=', kx k k x k k k x +=•+='+11)(ln 222 答案：B=3-2在2f kx f k x f k 2)()(lim000--→-2 C 212)()]([lim )(0000=---+='→kx f k x f x f k 1)(21)()(lim 212)()(lim 0000000-='-=----=--→→x f k x f k x f k x f k x f k k x x f 1)(='x x f 1)(-='x x f 1)(='x x f 1)(='⎩⎨⎧<->=.0),ln(,0,ln )(x x x x x f x x x f x x f 1)(ln )(ln )(='='⇒=x x x x f x x f 1)1(1])[ln()()ln()(=-•-='-='⇒-=11-+=x x y 2121-22)1(2)1()1(1)1(1--=-+⨯--⨯='x x x x y 1)()21(,2142|3-=-•--=-='==a y k x ]4,0[π21-214π21-)2ln(21)(2++-=x b x x f 02)(<++-='x b x x f in ,即b ≤-1,故C 为正确答案 答案：C10一质点沿直线运动,如果由始点起经过t 秒后的位移为t t t s 2233123+-=,那么速度为零的时刻是秒 秒末 秒末 秒末和2秒末解析：根据导数的物理意义,知′=t 2-3t2,令′=0,得t=1或t=答案：D二、填空题11设x e y x3cos 2-=,则′=________________________ 解析：)3)(3sin (3cos )2()3(cos 3cos )(2222'-+'-='+'='----x x e x x e x e x e y x xxx )3(3213sin 3cos 2122'•--=--x xx e x e xx x e x x e x x 3sin 3233cos 2122----= ).3sin 33(cos 212x xx e x +-=- 答案：)3sin 33(cos 212x xx e x +-- 12设3)2)(1(ln +-+=x x x y ,则′=_________________________ 解析：∵)]3ln()2ln()1[ln(213)2)(1(ln+--++=+-+=x x x x x x y , ∴)312111(21+--++='x x x y 答案：)312111(21+--++x x x 1=0且与曲线=332-5相切的直线方程为___________________解析：与直线2-61=0垂直的直线的斜率为=-3,曲线=332-5的切线斜率为′=326依题意,有′=-3,即326=-3,得=-1当=-1时，=-133·-12-5=-3故所求直线过点-1，-3，且斜率为-3,即直线方程为3=-31,即36=0答案：36=0=e a 在点0,1处的切线与直线21=0垂直,则a=________________________解析：′=ae a ,∴切线的斜率=′|=0=e a ·0·a=a又21=0的斜率为21-, ∴1)21(-=-•a ,即a=2答案：2三、解答题=2ab,g=2c21=4g,且f ′=g ′,f5=30,求g4分析：题设中有四个参数a 、b 、c 、d ，为确定它们的值需要四个方程解：由f21=4g,得422a2ab1=424c4d于是有a2=2c,①ab1=4d,②由f ′=g ′,得2a=2c,于是a=c ③由①③得a=c=2此时f=22b,由f5=30,得2510b=30④于是b=-5,再由②得21-=d 从而212)(2-+=x x x g , 故24721816)4(=-+=g ：=34-23-9241求曲线C 上横坐标为1的点的切线方程；2第1小题中切线与曲线C 是否还有其他公共点解：1把=1代入曲线C 的方程，求得=-4∴切点为1,-4∵′=123-62-18,∴切线斜率为=′|=1=12-6-18=-12∴切线方程为4=-12-1,即=-128 2由⎩⎨⎧+-=+--=,812,4923234x y x x x y得34-23-9212-4=0,-1223-2=0,=1,-2,32, 代入=34-23-924,求得=-4,32,0，即公共点还有-2,32,32,0 教学参考例题 志鸿优化系列丛书【例1】已知函数f=3b 2cd 在区间-∞,0上是增函数,在区间0,2上是减函数,且方程f=0有三个实数根,它们分别为α,2,β1求c 的值;2求证：f1≥2;3求|α-β|的取值范围1解：f ′=322bc,∵f 在区间-∞,0上是增函数,在区间0,2上是减函数,∴当=0时,f 取极大值∴f ′0=0∴c=02证明：∵f2=0,∴d=-4b2∵f ′=322b,令f ′=0,∴=0或32b x -= ∵f 在区间0,2上是减函数, ∴232≥-b ∴b ≤-3 ∴f1=bd1=b-4b21=-7-3b ≥23解：∵f=0的三个实数根为α,2,β,故设f=-α-2-β,∴f=3-2αβ22α2βαβ-2αβ∴⎩⎨⎧-=---=.2,2αββαd b ∴⎪⎩⎪⎨⎧+=+--=-=--=+.42)]2(4[2121,2b b d b αββα 而16)2()2(8)2(4)(||222--=+-+=-+=-b b b αββαβα, ∵b ≤-3,∴b-22≥25∴b-22-16≥9∴|α-β|≥3∴|α-β|的取值范围为［3,∞【例2】已知函数x x x f y ln )(== 1求函数=f 的图象在ex 1=处的切线方程; 2设实数a ＞0,求函数F=af 在［a,2a ］上的最小值 解：1∵f 的定义域为0,∞，2ln 1)(x x x f -='， 又e e f -=)1(,22)1(e e f k ='=，∴函数=f 在ex 1=处的切线方程为)1(22e x e e y -=+,即=2e 2-3e2∵a ＞0,由0ln 1)(2=-='x xa x F ，得=e,当∈0,e ，F ′ ＞0;当∈e,∞时,F ′<0， ∴F 在0，e 上单调递增，在e,∞上单调递减 ∴F 在［a,2a ］上的最小值F min =min{Fa,F2a} ∵2ln 21)2()(aa F a F =-,∴当0＜a ≤2时，Fa-F2a ≤0,F min =Fa=na; 当a ＞2时，Fa-F2a ＞0,a a F x F 2ln 21)2()(min ==。

第2讲导数与函数的单调性最新考纲考向预测了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).命题趋势利用导数研究函数的单调性仍然是高考的热点，高考主要考查求函数的单调区间，讨论函数的单调性，利用函数的单调性求极值、最值，知道函数的单调性求参数的取值范围等问题，考查形式选择题、填空题、解答题均有可能，以中档难题为主.核心素养逻辑推理、数学抽象函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)＞0f(x)在(a，b)内单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)内单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数理清三组关系1．“在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)”是“函数f(x)在此区间上为增(减)函数”的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒为零．3．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．常见误区1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．2．由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)>0(<0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，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)√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.3．(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是()A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数B．在区间(2，3)上f(x)是减函数C．在区间(4，5)上f(x)是增函数D．在区间(3，5)上f(x)是增函数解析：选BC.在(4，5)上f ′(x )>0恒成立，所以f (x )是增函数．在(2，3)上f ′(x )<0恒成立，所以f (x )是减函数．4．(易错题)函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，令f ′(x )<0，得0<x <1，故f (x )的单调递减区间为(0，1)．答案：(0，1)5．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 的最大值是________． 解析：f ′(x )＝3x 2－a ，由题意知f ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，又x ∈[1，＋∞)时，3x 2≥3，所以a ≤3，即a 的最大值是3.答案：3判断(证明)函数的单调性(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2.讨论f (x )的单调性．【解】 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减．若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0上单调递减．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．1．函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：选D.利用导数与函数的单调性进行验证．f ′(x )>0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )<0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合．2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性． 解：函数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；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．求函数的单调区间(2021·东北三校第一次联考)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)－12ax 2－x (a ∈R )．设f ′(x )为函数f (x )的导函数，求函数f ′(x )的单调区间．【解】 由已知得，f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝ln(x ＋1)－ax . 令h (x )＝f ′(x )＝ln(x ＋1)－ax ，则h ′(x )＝1x ＋1－a .当a ≤0时，h ′(x )>0，所以f ′(x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间． 当a >0时，令h ′(x )>0，得－1<x <1a －1，令h ′(x )<0，得x >1a －1， 所以f ′(x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞.利用导数求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求出单调区间． (2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，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] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．1．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( )A ．(－2，2)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22C ．(0，2)D ．⎝⎛⎭⎪⎫－2，22解析：选B.因为f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3.又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，故f ′(x )＝－6x 2＋3.由f ′(x )>0得－22<x <22，则函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22.故选B.2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．解析：f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x >0(x ∈(－π，π))， 解得－π<x <－π2或0<x <π2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2函数单调性的应用 角度一 比较大小已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，若a ＝1e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，b ＝－e f (－e)，c ＝f (1)，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】 令g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g (x )为(0，＋∞)上的增函数．又因为e>1>1e ，所以g (e)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以e f (e)>f (1)>1e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e .因为f (x )为奇函数，所以－e f (－e)＝e f (e)，所以b >c >a ，故选C.【答案】 C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．角度二解不等式在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，＋∞)【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)．综上所述，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．【答案】 A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．题目中存在消去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．角度三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)＝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 －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 －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－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．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，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.【引申探究】1．(变条件)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．(变条件)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：h (x )在[1，4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1，4]上有解， 所以当x ∈[1，4]时，a >1x 2－2x 有解， 又当x ∈[1，4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min＝－1，所以a >－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)由可导函数f (x )在D 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)对x ∈D 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．1．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)解析：选A.因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )． 所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数．所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故选A.2．若f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋3在区间[m ，m ＋4]上是单调函数，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋3， 所以f ′(x )＝6x 2－6x －12＝6(x ＋1)(x －2)，令f ′(x )>0，得x <－1或x >2；令f ′(x )<0，得－1<x <2，所以f (x )在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增，在[－1，2]上单调递减．若f (x )在区间[m ，m ＋4]上是单调函数，则m ＋4≤－1或⎩⎪⎨⎪⎧m ≥－1，m ＋4≤2或m ≥2.所以m ≤－5或m ≥2，则实数m的取值范围是(－∞，－5]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，－5]∪[2，＋∞)思想方法系列7分类讨论思想研究函数的单调性已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋x＋ax，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．【解】f′(x)＝a－1x＋1－ax2＝x2＋（a－1）x－ax2＝（x－1）（x＋a）x2.因为x>0，a∈R，所以当a≥0时，x＋a>0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当－1<a<0时，0<－a<1，函数f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a＝－1时，f′(x)＝（x－1）2x2≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<－1时，－a>1，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．含参数函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有实数根；②若f′(x)＝0有实数根，求出实数根后判断其是否在定义域内；③若实数根在定义域内且有两个，比较实数根的大小是常见的分类方法．已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x．若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围．解：f′(x)＝2mx－1＋1x＝2mx2－x＋1x(x>0)，则2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上成立．当m ≤0时，成立；当m >0时，y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴为x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，故m <18.综上所述，m <18，即实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，18.[A 级 基础练]1．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，＋∞)解析：选D.由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝sin 2x B ．f (x )＝x e x C ．f (x )＝x 3－xD ．f (x )＝－x ＋ln x解析：选B.对于A ，f (x )＝sin 2x 的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z )；对于B ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )＝x e x 在(0，＋∞)上为增函数；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )>0，得x >33或x <－33，所以函数f (x )＝x 3－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞上单调递增；对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ＝－x －1x ，令f ′(x )>0，得0<x <1，所以函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0，1)上单调递增．综上所述，应选B.3．(多选)定义在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，4上的函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )在区间(0，4)上单调递增B ．函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上单调递减C ．函数f (x )在x ＝1处取得极大值D ．函数f (x )在x ＝0处取得极小值解析：选ABD.根据导函数的图象可知，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0上，f ′(x )<0，此时函数f (x )单调递减；在区间(0，4]上，f ′(x )>0，此时函数f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝0处取得极小值，没有极大值．所以A ，B ，D 项均正确，C 项错误．故选ABD.4．已知函数f (x )＝x 3＋2x ＋sin x ，若f (a )＋f (1－2a )>0，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，1)C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13解析：选B.因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数．又f ′(x )＝3x 2＋2＋cos x >0，所以f (x )在R 上单调递增，所以f (a )>f (2a －1)，即a >2a －1，解得a <1.故选B.5．已知f (x )＝ln xx ，则( ) A ．f (2)>f (e)>f (3) B ．f (3)>f (e)>f (2) C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D.f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1－ln xx 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (e)>f (3)>f (2)，故选D.6．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是________．解析：由题可得，f ′(x )＝2x －5＋2x ＝2x 2－5x ＋2x (x >0)．令f ′(x )＝2x 2－5x ＋2x＝（2x －1）（x －2）x >0(x >0)，解得x >2或0<x <12.综上所述，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) 7．函数f (x )＝ln x －x1＋2x为________函数．(填“增”或“减”) 解析：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝ln x －x1＋2x， 所以f ′(x )＝1x －1＋2x －2x （1＋2x ）2＝4x 2＋3x ＋1x （1＋2x ）2.因为x >0，所以4x 2＋3x ＋1>0，x (1＋2x )2>0. 所以当x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． 答案：增8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .由题意知，f ′(x )>0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上有解，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19， 所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞9．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⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.10．已知函数f (x )＝12x 3＋x 2.讨论函数y ＝f (x )e x 的单调性． 解：令g (x )＝f (x )e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，所以g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e 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，g (x )单调递减； 当－4<x ≤－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当－1<x ≤0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．综上可知，g (x )在(－∞，－4)和(－1，0)上单调递减，在(－4，－1)和(0，＋∞)上单调递增．[B 级 综合练]11．(多选)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）2D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f （x 1）＋f （x 2）2解析：选BD.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，并且递减的速度是先快后慢．所以f (x )的图象如图所示．f(x)<0恒成立，没有依据，故A不正确；B表示(x1－x2)与[f(x1)－f(x2)]异号，即f(x)为减函数，故B正确；C，D左边的式子意义为x1，x2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．12．已知函数f(x)＝－12x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．解析：因为函数f(x)＝－12x2－3x＋4ln x(x>0)，所以f′(x)＝－x－3＋4x，因为函数f(x)＝－12x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，所以f′(x)＝－x－3＋4x在(t，t＋1)上有变号零点，所以x2＋3x－4x＝0在(t，t＋1)上有解，所以x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0，1)，故实数t的取值范围是(0，1)．答案：(0，1)13．设函数f(x)＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.故b ＝0，c ＝1.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立．则存在x ∈(－2，－1)使－a >－x －2x 成立， 即－a >⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －2x min. 因为x ∈(－2，－1)，所以－x ∈(1，2)， 则－x －2x ≥2（－x ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＝22， 当且仅当－x ＝－2x ，即x ＝－2时等号成立， 所以－a >22，则a <－2 2.所以实数a 的取值范围为(－∞，－22)．14．已知二次函数h (x )＝ax 2＋bx ＋2，其导函数y ＝h ′(x )的图象如图所示，f (x )＝6ln x ＋h (x )．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知，h ′(x )＝2ax ＋b ，其图象为直线，且过(0，－8)，(4，0)两点，把两点坐标代入h ′(x )＝2ax ＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－8，8a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－8，所以h (x )＝x 2－8x＋2，f (x )＝6ln x ＋x 2－8x ＋2.(2)由(1)得f ′(x )＝6x ＋2x －8＝2（x －1）（x －3）x.因为x >0，所以当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示．x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增单调递减单调递增所以，3)，要使函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数，则⎩⎪⎨⎪⎧1<m ＋12，m ＋12≤3，解得12<m ≤52.故实数m的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，52.[C 级 创新练]15．求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y ·y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )1f （x ）f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )·[g ′(x )ln f (x )＋g (x )1f （x ）f ′(x )]，运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是( )A ．(e ，4)B ．(3，6)C ．(0，e)D ．(2，3)解析：选C.由题意知y ′＝x 1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x2(x >0)，令y ′>0，得1－ln x >0，所以0<x <e ，所以函数y ＝x 1x 的单调递增区间为(0，e)，故选C.16．(2021·广东省四校联考)已知函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )，若函数f (x )满足∀x ∈I (其中I 为函数f (x )的定义域)，当x ≠x 0时，[f (x )－g (x )](x －x 0)>0恒成立，则称x 0为函数f (x )的“转折点”．已知函数f (x )＝e x －12ax 2－2x 在区间[0，1]上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是( )A ．[0，e]B ．[1，e]C ．[1，＋∞)D ．(－∞，e]解析：选B.根据定义，函数f (x )满足∀x ∈I (其中I 为函数f (x )的定义域)，当x ≠x 0时，[f (x )－g (x )](x －x 0)>0恒成立，f ′(x )＝e x －ax －2.令h (x )＝e x －ax －2，则h ′(x )＝e x －a ，令h ′(x )＝e x －a ＝0，则其解就是“转折点”，故e x ＝a ，x ＝ln a ，x ∈[0，1]，则0≤ln a ≤1，解得1≤a ≤e ，选B.。

2022年新高考数学总复习：导数与函数的单调性知识点函数的单调性(1)设函数y＝f(x)在某个区间内__可导__，若f′(x)__>__0，则f(x)为增函数，若f′(x)__<__0，则f(x)为减函数．(2)求可导函数f(x)单调区间的步骤：①确定f(x)的__定义域__；②求导数f′(x)；③令f′(x)__>__0(或f′(x)__<__0)，解出相应的x的范围；④当__f′(x)>0__时，f(x)在相应区间上是增函数，当__f′(x)<0__时，f(x)在相应区间上是减函数．归纳拓展导数与函数单调性的关系(1)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．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(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)若函数y＝f(x)在(a，b)内恒有f′(x)≥0，则y＝f(x)在(a，b)上一定为增函数．(×)(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)(4)因为y＝1ln x的导函数为y′＝－1x(ln x)2，∵x>0，∴y′<0，因此y＝1ln x的减区间为(0，＋∞)．(×)[解析](1)有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上为增函数，但f′(x)＝x2≥0.(2)因为y＝f(x)若为常数函数，则一定有f′(x)＝0满足条件，但不具备单调性．(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则此函数f(x)在这个区间内为常数函数，则函数f(x)在这个区间内没有单调性．(4)y＝1ln x定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的减区间为(0,1)和(1，＋∞)．题组二走进教材2．(理)(选修2－2P26T1改编)(文)(选修1－1P95T1改编)函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(A)A．(0,4)B．(0,2)C．(4，＋∞)D．(－∞，0)[解析]f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0<x<4，所以单调递减区间为(0,4)．故选A．3．(理)(选修2－2P32BT1改编)(文)(选修1－1P99BT1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(D)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)[解析]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)．故选D．4．(理)(选修2－2P31AT3改编)(文)(选修1－1P98A T3改编)已知函数y＝f(x)在定义域(－3,6)内可导，其图象如图，其导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为__[－1,2]∪[4,6)__.[解析]f′(x)≤0，即y＝f(x)递减，故f′(x)≤0，解集为[－1,2]∪[4,6)．题组三走向高考5．(2017·浙江，4分)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(D)[解析]根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x 1)上单调递减，排除C ，选D ．6．(2016·全国卷Ⅰ，5分)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( C )A ．[]－1，1B ．⎣⎡⎦⎤－1，13 C ．⎣⎡⎦⎤－13，13 D ．⎣⎡⎦⎤－1，－13 [解析] 函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0在[－1,1]上恒成立，所以⎩⎨⎧g (1)＝－43＋a ＋53≥0，g (－1)＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.故选C ．注：文科(sin 2x )′＝(2sin x cos x )′＝2[(sin x )′cos x ＋sin x ·(cos x )′]＝2(cos 2x －sin 2x )＝2cos 2x .考点突破·互动探究 考点 函数的单调性考向1 不含参数的函数的单调性——自主练透例1 (1)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( A )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－1,1)(2)函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( D ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)(3)函数f (x )＝x ＋21－x 的单调递增区间是__(－∞，0)__；单调递减区间是__(0,1)__. (4)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是__⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2__. [解析] (1)∵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)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 ．排除法：观察y ＝x －3，y ＝e x ，在(3，＋∞)上递增，∴选D ． (3)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)． (4)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.名师点拨用导数f ′(x )确定函数f (x )单调区间的三种类型及方法：(1)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0可解时，根据函数的定义域，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，根据函数的定义域，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大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，再确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0及方程f ′(x )＝0均不可解时，对f ′(x )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．考向2 含参数的函数的单调性——师生共研例2 (理)已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)．讨论f (x )的单调性．(文)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a (a ∈R 且a ≠0)，讨论函数f (x )的单调性．[解析] (理)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝(x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a，①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ②若0<a <1，则1a>1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． ③若a >1，则0<1a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x )在(0,1)上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是增函数； 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． (文)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，①当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ； 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a，∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．名师点拨(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．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．〔变式训练1〕(理)设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )，讨论f (x )的单调性．(文)(2020·东北三省四市一模)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x ＋a ln x ，x ∈(0,6)，讨论f (x )的单调性．[解析] (理)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4.①当|a |≤2时，即－2≤a ≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0有两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．综上得，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减．(文)f ′(x )＝－2x 2＋a x ＝ax －2x 2，x ∈(0,6)，∴a ≤0时，f ′(x )<0在x ∈(0,6)上恒成立， ∴f (x )在(0,6)单调递减，无单调递增区间；当a >0，且2a ≥6，即0<a ≤13时，f ′(x )<0在x ∈(0,6)上恒成立，∴f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >0，且2a <6，即a >13时，在x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 上，f ′(x )<0，在x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，6上，f ′(x )>0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，6上单调递增． 综上，当a ≤13时，f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >13时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，6上单调递增．考向3 利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究 角度1 比较大小例3 (理)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x，若a ＝f (e)，b ＝f (π)，c ＝f (log 230)，则( A )A ．c <b <aB ．c <a <bC ．b <c <aD ．a <c <b(文)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( A ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) [解析] (理)f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －1－1x2＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋34x 2<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减，log 230>log 224>π>e. 所以f (log 230)<f (π)<f (e)，即c <b <a .(文)因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数，所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5，故选A ． 角度2 解不等式例4 设函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是( A )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)[解析] ∵f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，即[f (x )g (x )]′>0.∴f (x )g (x )在(－∞，0)上单调递增，又f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，∴f (x )g (x )为奇函数，f (0)g (0)＝0，∴f (x )g (x )在(0，＋∞)上也是增函数．∵f (3)g (3)＝0，∴f (－3)g (－3)＝0.∴f (x )g (x )>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．故选A ．角度3 已知函数的单调性求参数取值范围例5 若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( D )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)[分析] 利用函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f ′(x )≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f (x )的增区间的子集求解．[解析] 解法一：因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立， 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x ≥0，即k ≥1x.因为x >1，所以0<1x<1，所以k ≥1.所以k ∈[1，＋∞)．故选D ． 解法二：f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0)，当k ≤0时，f ′(x )＝k －1x<0，f (x )在其定义域内递减，不合题意，当k >0时，由f ′(x )>0知x >1k ，即⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞是f (x )的增区间. 由题意可知1k ≤1，即k ≥1，故选D ．[引申]本例中(1)若f (x )的增区间为(1，＋∞)，则k ＝__1__； (2)若f (x )在(1，＋∞)上递减，则k 的取值范围是__(－∞，0]__； (3)若f (x )在(1，＋∞)上不单调，则k 的取值范围是__(0,1)__；(4)若f (x )在(1，＋∞)上存在减区间，则k 的取值范围是__(－∞，1)__； (5)若f (x )在(1,2)上单调，则k 的取值范围是__⎝⎛⎦⎤－∞，12∪[1，＋∞)__. [解析] (1)由解法2知1k＝1，∴k ＝1；(2)由题意知f ′(x )＝kx －1x ≤0在(1，＋∞)上恒成立即k ≤1x ，又x >1，∴0<1x <1，∴k ≤0，即k 的取值范围是(－∞，0]；(3)由本例及引申(2)知，f (x )在(1，＋∞)上单调，则k ≤0或k ≥1，∴f (x )在(1，＋∞)上不单调，则0<k <1.即k 的取值范围是(0,1)；(4)由题意可知f ′(x )＝kx －1x ≤0在(1，＋∞)内有解即k ≤1x ，x ∈(1，＋∞)有解，由0<1x <1可知k <1，即k 的取值范围是(－∞，1)；(5)∵x ∈(1,2)，∴12<1x<1，若f (x )在(1,2)上单调增，则f ′(x )＝kx －1x ≥0恒成立，即k ≥1x ，∴k ≥1.若f (x )在(1,2)上单调减，则f ′(x )＝kx －1x ≤0恒成立，即k ≤1x ，∴k ≤12.∴f (x )在(1,2)上单调，则k 的取值范围是(－∞，12]∪[1，＋∞)．名师点拨已知函数单调性，求参数取值范围的两个方法(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)转化为不等式的恒成立问题：利用“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数f (x )单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．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 )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒等于0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．〔变式训练2〕(1)(理)(角度1)(2020·河南濮阳第二次模拟)已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为( D )A ．b >c >aB ．a >c >bC ．a >b >cD ．b >a >c(文)(角度1)已知函数f (x )＝12x 2－ln x ，则有( A )A ．f (2)<f (e)<f (3)B ．f (e)<f (2)<f (3)C ．f (3)<f (e)<f (2)D ．f (e)<f (3)<f (2)(2)(角度2)(2021·昆明模拟)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝⎛⎭⎫ln 1x <2f (1)的解集为( D )A ．(e ，＋∞)B ．(0，e)C ．⎝⎛⎭⎫0，1e ∪(1，e) D ．⎝⎛⎭⎫1e ，e(3)(角度3)(2021·安徽毛坦厂中学模拟)已知函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，则实数t 的取值范围是__(0,1)__.[解析] (1)(理)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，则f ′(x )＝1－ln xx 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 .故选D ．(文)f ′(x )＝x －1x ＝(x －1)(x ＋1)x (x >0)，在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增， ∴f (3)>f (e)>f (2)．故选A ．(2)函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2的导数为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 则x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，且f (－x )＝(－x )sin(－x )＋cos(－x )＋(－x )2＝f (x )， 所以f (x )为偶函数，即有f (x )＝f (|x |)，则不等式f (ln x )＋f ⎝⎛⎭⎫ln 1x <2f (1)， 即为f (ln x )<f (1)，即为f (|ln x |)<f (1)， 则|ln x |<1，即－1<ln x <1，解得1e <x <e.(3)∵函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－x －3＋4x，∵函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，∴f ′(x )＝－x －3＋4x 在(t ，t ＋1)上有变号零点，∴x 2＋3x －4x ＝0在(t ，t ＋1)上有解，∴x 2＋3x －4＝0在(t ，t ＋1)上有解， 由x 2＋3x －4＝0得x ＝1或x ＝－4(舍去)． ∴1∈(t ，t ＋1)，∴t ∈(0,1)， 故实数t 的取值范围是(0,1)．名师讲坛·素养提升构造法在导数中的应用例6 (1)若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为__(2，＋∞)__.(2)(2015·课标全国Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( A )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)[解析] (1)令g (x )＝f (x )－x ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )>0，∴g (x )为增函数．∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )>0的解集为(2，＋∞)．(2)令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于f ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f (x )x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，可得F (x )的大致图象，如图．数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A ．例7 (理)f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，下列式子成立的是( B )A ．f (a )<e a f (0)B ．f (a )>e a f (0)C ．f (a )<f (0)eaD ．f (a )>f (0)ea[解析] (理)令g (x )＝f (x )ex ，∴g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x >0.∴g (x )在R 上为增函数．又∵a >0， ∴g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e0，即f (a )>e a f (0)．名师点拨(1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )；(2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )；亦可构造f (x )＝f (x )e x； 特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )； (4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)；(5)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； (6)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x(x ≠0)． 〔变式训练3〕(1)函数f (x )的导函数f ′(x )，对任意x ∈R ，都有f ′(x )>f (x )成立，若f (ln 2)＝2，则满足不等式f (x )>e x 的x 的范围是( C )A ．x >1B ．0<x <1C ．x >ln 2D ．0<x <ln 2(2)(理)已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f (x )x >0，则对于任意的a ，b∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( B )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )(文)(2020·吉林梅河口开学考)已知函数f (x )满足：f (0)＝1，f ′(x )<f (x )，则不等式f (x )<e x的解集为( A )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1)[解析] (1)由题意，对任意x ∈R ，都有f ′(x )>f (x )成立， 即f ′(x )－f (x )>0，令g (x )＝f (x )e x， 则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x >0，所以函数g (x )为单调递增函数，又因为不等式f (x )>e x ，即g (x )>1，因为f (ln 2)＝2，所以g (ln 2)＝1， 所以不等式的解集为x >ln 2，故选C ．(2)(理)f ′(x )＋f (x )x >0⇒xf ′(x )＋f (x )x >0⇒[xf (x )]′x >0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B ．(文)令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，即g (x )是减函数，由f (0)＝1知g (0)＝1，由f (x )<e x 得f (x )e x <1，即f (x )e x <f (0)e 0，即g (x )<g (0)，∴x >0，故选A ．。