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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.。
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导数与函数的单调性的关系
㈠与为增函数的关系。
能推出为增函数，但反之不一定。
如函数
在上单调递增，但，∴是为增函数的充分不必要条件。
㈡时，与为增函数的关系。
若将的根作为分界点，因为规定，即抠去了分界点，此时为增函数，就一定有。
∴当时，是为增函数的充分必要条件。
㈢与为增函数的关系。
为增函数，一定可以推出，但反之不一定，因为，即为或。
当函数在某个区间内恒有，则为常数，函数不具有单调性。
∴
是为增函数的必要不充分条件。
函数的单调性是函数一条重要性质，也是高中阶段研究的重点，我们一定要把握好以上三个关系，用导数判断好函数的单调性。
因此新教材为解决单调区间的端点问题，都一律用开区间作为单调区间，避免讨论以上问题，也简化了问题。
但在实际应用中还会遇到端点的讨论问题，要谨慎处理。
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专题3.3 导数与函数的单调性-重难点题型精讲1．函数的单调性与导数的关系条件 恒有 结论函数y ＝f (x )在区间(a，b)上可导f ′(x )>0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )<0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数2一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么在这个范围内函数值变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些. 常见的对应情况如下表所示.【题型1 不含参函数的单调性】 【方法点拨】确定不含参函数的单调性、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；解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间；(4)由此可得出函数f (x )的单调性；【例1】（2022•扬州开学）下列函数中，在（1，+∞）上为增函数的是（ ） A ．y ＝x 3﹣3xB ．y ＝lnx ﹣xC ．y ＝x +4xD ．y ＝x 2﹣3x +1【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝x 3﹣3x ，其导数y ′＝3x 2﹣3，在区间（1，+∞）上，y ′＞0，函数为增函数，符合题意， 对于B ，y ＝lnx ﹣x ，其导数y ′=1x −1=1−xx ，在区间（1，+∞）上，y ′＜0，函数为减函数，不符合题意，对于C ，y ＝x +4x，其导数y ′＝1−4x 2，在区间（1，2）上，y ′＜0，函数为减函数，不符合题意， 对于D ，y ＝x 2﹣3x +1是二次函数，在区间（1，32）上为减函数，不符合题意， 故选：A ．【变式1-1】（2022春•湖北期末）函数f （x ）=−12x 2﹣lnx 的递减区间为（ ） A ．（﹣∞，1）B ．（0，1）C ．（1，+∞）D ．（0，+∞）【解题思路】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系可求． 【解答过程】解：f ′（x ）＝﹣x −1x＜0，x ＞0， 故函数的单调递减区间为（0，+∞）． 故选：D ．【变式1-2】（2022春•长寿区期末）函数f(x)=x −6x −5lnx 的单调递减区间为（ ） A ．（0，2）B ．（2，3）C ．（1，3）D ．（3，+∞）【解题思路】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可．【解答过程】解：∵f(x)=x −6x−5lnx ，定义域是（0，+∞），∴f ′（x ）＝1+6x 2−5x =x 2−5x+6x 2=(x−2)(x−3)x 2，令f ′（x ）＜0，解得2＜x ＜3， 故f （x ）的递减区间是（2，3）， 故选：B ．【变式1-3】（2022春•吉林期末）函数f （x ）＝﹣lnx +x 的递增区间是（ ） A ．（﹣∞，0）∪（1，+∞） B ．（﹣∞，0）和（1，+∞）C ．（1，+∞）D ．（﹣1，+∞）【解题思路】先写出函数的定义域，求导后，再解不等式f '（x ）＞0，即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝﹣lnx +x ，所以f '（x ）=−1x +1，定义域为（0，+∞）， 令f '（x ）＞0，则−1x +1＞0，解得x ＞1， 所以f （x ）的递增区间为（1，+∞）． 故选：C ．【题型2 含参函数的单调性】 【方法点拨】(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．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 【例2】（2022春•巴宜区校级期末）已知函数f （x ）＝2x 3﹣ax 2+b ． （1）若函数f （x ）在x ＝1处取得极小值﹣4，求实数a ，b 的值； （2）讨论f （x ）的单调性． 【解题思路】（1）根据题可得{f ′(1)=0f(1)=−4，解得a ，b ．（2）求导并令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x =a 3，分三种情况：当a ＝0时，当a ＜0时，当a ＞0时，讨论f （x ）的单调性．【解答过程】解：（1）f ′（x ）＝6x 2﹣2ax ， 则{f ′(1)=0f(1)=−4，即{6−2a =02−a +b =−4，解得{a =3b =−3．（2）f ′（x ）＝6x 2﹣2ax ＝2x （3x ﹣a ）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x =a 3，当a ＝0时，f ′（x ）≥0，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，当a ＜0时，在（﹣∞，a3），（0，+∞）上f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，在（a3，0）上f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当a ＞0时，在（﹣∞，0），（a3，+∞）上f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，在（0，a3）上f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，综上所述，当a ＝0时，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，当a ＜0时，f （x ）在（﹣∞，a3），（0，+∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减，当a ＞0时，f （x ）在（﹣∞，0），（a 3，+∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减．【变式2-1】（2022春•满洲里市校级期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣（a +2）x +alnx （a ∈R ）． （1）a ＝﹣2，求函数f （x ）在（1，f （1））处的切线方程； （2）讨论函数f （x ）的单调性．【解题思路】（1）当a ＝﹣2时，求出f （x ）的解析式，对f （x ）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出f （1），利用点斜式即可求得切线方程；（2）对f （x ）求导，再对a 分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可． 【解答过程】解：（1）当a ＝﹣2时，f （x ）＝x 2﹣2lnx ，f ′(x)=2x −2x切线的斜率k ＝f ′（1）＝0，f （1）＝1，则切线方程为y ﹣1＝0，即y ＝1． （2）函数f （x ）的定义域为（0，+∞），且f ′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x ， ①当a ≤0时，a 2≤0，由f ′（x ）＞0，得x ＞1；由f ′（x ）＜0，得0＜x ＜1． 则函数f （x ）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．②当0＜a2＜1，即0＜a ＜2时，由f ′（x ）＞0，得0＜x ＜a2或x ＞1；由f ′（x ）＜0，得a2＜x ＜1．则函数f （x ）的单调递增区间为(0，a2)，（1，+∞）， 函数f （x ）的单调递减区间为(a2，1)．③当a 2=1，即a ＝2时，f ′（x ）≥0恒成立，则函数f （x ）的单调递增区间为（0，+∞）．④当a2＞1，即a ＞2时，由f ′（x ）＞0，得0＜x ＜1或x ＞a 2；由f ′（x ）＜0，得1＜x ＜a2， 则函数f （x ）的单调递增区间为（0，1），(a2，+∞)，函数f （x ）的单调递减区间为(1，a2)． 综上所述，当a ≤0时，函数f （x ）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减； 当0＜a ＜2时，函数f （x ）在(0，a2)和（1，+∞）上单调递增，在(a2，1)上单调递减； 当a ＝2时，函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增；当a ＞2时，函数f （x ）在（0，1）和(a 2，+∞)上单调递增，在(1，a 2)上单调递减． 【变式2-2】（2022春•蓝田县期末）已知函数f （x ）＝alnx ﹣ax ﹣3（a ≠0）． （Ⅰ）讨论函数f （x ）的单调性；（Ⅱ）当a ＝﹣1时，证明：在（1，+∞）上，f （x ）+2＞0． 【解题思路】（Ⅰ）先求导，再分类讨论导函数的符号即可求解；（Ⅱ）构造函数g （x ）＝f （x ）+2，再利用导数求出g （x ）的最值，从而得证． 【解答过程】解：（Ⅰ）∵f ′(x)=a x −a =a(1−x)x ，x ＞0， ①当a ＞0时，x ∈（0，1），f ′（x ）＞0；x ∈（1，+∞），f ′（x ）＜0， ∴f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； ②当a ＜0时，x ∈（0，1），f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞），f ′（x ）＞0， ∴f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．综合可得：当a ＞0时，f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 当a ＜0时，f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． （Ⅱ）证明：当a ＝﹣1时，令g （x ）＝f （x ）+2＝﹣lnx +x ﹣1，x ＞1， ∴g ′(x)=−1x +1=x−1x ＞0， ∴g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∴g （x ）＞g （1）＝0，故在（1，+∞）上，f （x ）+2＞0．【变式2-3】（2022春•南沙区期末）已知函数f （x ）＝2lnx ﹣ax 2﹣2（a ﹣1）x +1（a ∈R ）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单调区间；（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式可求a的范围．【解答过程】解：（1）f′（x）=2x−2ax﹣2（a﹣1）=−2ax2−2(a−1)x+2x=−2(ax−1)(x+1)x，因为x＞0，x+1＞0，故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＞0时，x＞1a时，f′（x）＜0，0＜x＜1a时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，1a ）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减，综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，1a ），单调递减区间为（1a，+∞）；（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，不符合题意；当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，1a ），单调递减区间为（1a，+∞），又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，若使f（x）有2个零点，则f（1a ）=−2lna+1a−1=2ln1a+1a−1＞0，令t=1a，则t＞0，即2lnt+t﹣1＞0，令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，所以t＞1，所以0＜a＜1，故a的取值范围为（0，1）．【题型3 利用函数的单调性比较大小】【方法点拨】根据题目条件，构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性来比较大小，即可得解. 【例3】（2022春•眉山期末）已知实数x ，y ，z 满足e y lnx ﹣ye x ＝0，ze x −e x ln 1x =0，若y ＞1，则（ ） A ．x ＞y ＞zB ．y ＞x ＞zC ．y ＞z ＞xD ．x ＞z ＞y【解题思路】首先根据题中的条件得到e y y+e z z=0，从而得到z ＜0；再根据x ＞1时，x ＞lnx 得到e y y＞e xx，结合函数g(x)=e xx (x ＞1)的单调性得到y ＞x ，从而得到y ＞x ＞z ． 【解答过程】解：由e y lnx ﹣ye x ＝0，得e y y =e x lnx ；由ze x −e zln 1x =0，得e z z =e x ln1x，两式相加得e y y+e z z=0，因为y ＞1，e y ＞0，所以e z z ＜0，又因为e z ＞0，所以z ＜0；因为e yy =e x lnx，y ＞1，所以e xlnx＞0，即lnx ＞0，所以x ＞1．令f （x ）＝x ﹣lnx （x ＞1），则f ′(x)=1−1x =x−1x ， 当x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）＝x ﹣lnx 在（1，+∞）内单调递增，即x ＞lnx ， 所以e y y=e x lnx＞e x x，即e y y＞e x x，又令g(x)=e x x (x ＞1)，则g ′(x)=xe x −e x x 2=(x−1)e xx 2(x ＞1)，当x ＞1时，g ′（x ）＞0，所以g(x)=e xx在（1，+∞）内单调递增，所以由e y y＞e x x，得到y ＞x ．所以y ＞x ＞z ． 故选：B ．【变式3-1】（2022春•绍兴期末）已知a ＝e 0.2﹣1，b ＝ln 1.2，c ＝tan0.2，其中e ＝2.71828⋯为自然对数的底数，则（ ） A ．c ＞a ＞bB ．a ＞c ＞bC ．b ＞a ＞cD ．a ＞b ＞c【解题思路】观察a ＝e 0.2﹣1，b ＝ln 1.2，c ＝tan0.2，发现都含有0.2，把0.2换成x ，自变量在（0，1）或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较a ，b ，c 的大小． 【解答过程】解：令f(x)=e x −1−tanx =cosxe x −cosx−sinx cosx ，0＜x ＜π4，令g（x）＝cos xe x﹣cos x﹣sin x，则g′（x）＝（e x﹣1）（cos x﹣sin x），当0＜x＜π4时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝1﹣1＝0，所以g（x）＞0，又cos x＞0，所以f（x）＞0，在(0，π4)成立，所以f（0.2）＞0，即a＞c，令ℎ(x)=ln(x+1)−x，ℎ′(x)=1x+1−1=−xx+1，ℎ(x)在x∈(0，π2)为减函数，所以h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，令m(x)=x−tanx，m′(x)=1−1cos2x，m(x)在x∈(0，π2)为减函数，所以m（x）＜m（0）＝0，即x＜tan x，所以ln(x+1)＜x＜tanx，x∈(0，π2)成立，令x＝0.2，则上式变为ln（0.2+1）＜0.2＜tan0.2，所以b＜0.2＜c所以b＜c，所以b＜c＜a．故选：B．【变式3-2】（2022春•渭南期末）已知函数f（x）＝sin x+cos x﹣2x，a＝f（﹣π），b＝f（20），c＝f（ln2），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．b＞a＞c D．c＞b＞a【解题思路】利用导数判断函数f（x）的单调性，进而可比较函数值的大小．【解答过程】解：因为函数f（x）＝sin x+cos x﹣2x，所以f′（x）＝cos x﹣sin x﹣2=√2cos（x+π4）﹣2＜0，所以f（x）为R上的减函数，因为﹣π＜ln2＜1＝20，所以f（﹣π）＞f（ln2）＞f（20），即a＞c＞b．故选：A．【变式3-3】（2022•山东开学）已知0＜a＜4，0＜b＜2，0＜c＜3，且16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝c2ln3，则（）A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．a＞c＞b D．b＞c＞a【解题思路】根据等式关系进行转化，然后构造函数f（x）=lnxx2，研究函数的单调性和图象，利用数形结合进行判断即可．【解答过程】解：由16lna ＝a 2ln 4，4lnb ＝b 2ln 2，9lnc ＝c 2ln 3， 得lna a 2=ln442，lnb b 2=ln222，lnc c 2=ln332，构造函数f （x ）=lnxx 2， 得f （a ）＝f （4），f （b ）＝f （2），f （c ）＝f （3）， f ′（x ）=1x ⋅x 2−2xlnxx 4=x−2xlnx x 4=1−2lnxx 3， 由f ′（x ）＝0得1﹣2lnx ＝0，得lnx =12，即x =√e当x ＞√e 时，1﹣2lnx ＜0，即f ′（x ）＜0，则f （x ）在（√e ，+∞）上为减函数， 当0＜x ＜√e 时，1﹣2lnx ＞0，即f ′（x ）＞0，则f （x ）在（0，√e ）上为增函数， 则f （2）＞f （3）＞f （4）， 即f （b ）＞f （c ）＞f （a ）， ∵f （x ）在（0，√e ）上为增函数， ∴√e ＞b ＞c ＞a ＞0， 故选：D ．【题型4 利用函数的单调性解不等式】 【方法点拨】要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而转化求 解不等式.【例4】（2021秋•重庆月考）已知f （x ）是定义在R 上的可导函数，其导函数为f ′（x ），且f '（x ）﹣2f （x ）＞0，f （12）＝e （e 为自然对数的底数），则关于x 的不等式f （lnx ）＜x 2的解集为（ ）A ．（0，e2）B ．（0，√e ）C ．（1e，e2）D ．（e2，√e ）【解题思路】令F （x ）=f(x)e x ，求导分析单调性，不等式f （lnx ）＜x 2，可转化为f(lnx)e2lnx ＜f(12)e 2×12，即g （lnx ）＜g （12），即可得出答案． 【解答过程】解：令g （x ）=f(x)e x ，g ′（x ）=e 2x f′(x)−2e 2x f(x)e 4x =f′(x)−2f(x)e 2x＞0，所以g （x ）在R 上单调递增， 不等式f （lnx ）＜x 2，则f(lnx)x 2＜1，又f （12）＝e ，所以f(lnx)e 2lnx＜f(12)e 2×12，即g （lnx ）＜g （12），所以lnx ＜12， 解得0＜x ＜√e ， 故选：B ．【变式4-1】（2022春•新邵县期末）设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f （2）＝0，则不等式f （x ）g （x ）＞0的解集是（ ） A ．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） B ．（﹣2，0）∪（0，2）C ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D ．（﹣2，0）∪（2，+∞）【解题思路】令F （x ）=f(x)g(x)，求导分析F （x ）的单调性，根据题意可得F （x ）的奇偶性，由f （2）＝0，得F （2）＝0，则不等式f （x ）g （x ）＞0的解集为F （x ）＞F （2）解集，即可得出答案． 【解答过程】解：令F （x ）=f(x)g(x)， F ′（x ）=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g 2(x)，因为当x ＜0时，f '（x ）g （x ）﹣f （x ）g '（x ）＞0， 所以当x ＜0时，F ′（x ）＞0， 所以F （x ）在（﹣∞，0）上为增函数，因为f （x ），g （x ）分别是定义在R 上的奇函数和偶函数， 所以f （﹣x ）＝﹣f （x ），g （﹣x ）＝g （x ），所以F（﹣x）=f(−x)g(−x)=−f(x)g(x)=−F（x），所以F（x）在（﹣∞，+∞）上为奇函数，所以F（x）在（0，+∞）上为增函数，因为f（2）＝0，所以F（2）=f(2)g(2)=0，所以不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞0的解集，所以F（x）＞F（2），所以x＞2或﹣2＜x＜0，故选：D．【变式4-2】（2022春•辽宁月考）已知函数f（x）在R上存在导函数f'（x），对∀x∈R满足f（x）+f（﹣x）＝2x2，在x∈（0，+∞）上，f'（x）＜2x若f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m，实数m的取值范围是（）A．[﹣1，1]B．（﹣∞，1]C．[1，+∞）D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）【解题思路】构造函数g（x）＝f（x）﹣x2，推出g（x）为奇函数，再由导数判断g（x）的单调性，把不等式f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m转化为关于m的一次不等式求解．【解答过程】解：∵f（x）+f（﹣x）＝2x2，∴f（x）﹣2x2+f（﹣x）＝0，令g（x）＝f（x）﹣x2，则g（﹣x）+g（x）＝f（﹣x）﹣x2+f（x）﹣x2＝0，∴函数g（x）为奇函数．∵x∈（0，+∞）时，g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0，故函数g（x）在（0，+∞）上是单调递减函数，则函数g（x）在（﹣∞，0）上也是单调递减函数．由f（0）＝0，得g（0）＝0，可得g（x）在R上是单调递减．则f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m⇔f（2﹣m）﹣（2﹣m）2≥f（m）﹣m2，即g（2﹣m）≥g（m），∴2﹣m≤m，解得m≥1，∴实数m的取值范围是[1，+∞）．故选：C ．【变式4-3】（2022春•赣州期末）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数为f '（x ）．若f （x ）＝﹣f （﹣x ）﹣cos x ，且当x ≤0时，f ′(x)−12sinx ＞0，则不等式f （π﹣x ）＞f （x ）+cos x 的解集为（ ）A ．(−∞，π2)B ．（π2，+∞） C ．（﹣∞，π） D ．（π，+∞） 【解题思路】构造函数g(x)=f(x)+12cosx ，然后判断g （x ）的奇偶性，然后再由导数分析g （x ）的单调性，结合单调性及奇偶性可求．【解答过程】解：设g(x)=f(x)+12cosx ，因为f （x ）＝﹣f （﹣x ）﹣cos x ，所以f （﹣x ）＝﹣f （x ）﹣cos x ，所以g(−x)=f(−x)+12cosx =−f （x ）﹣cos x +12cos x ＝﹣f （x ）−12cos x ，即g （x ）为奇函数，而g ′(x)=f ′(x)−12sinx ＞0，则g （x ）在R 上单调递增，f （π﹣x ）＞f （x ）+cos x ，即f(π−x)−12cosx ＞f(x)+12cosx ⇒f(π−x)+12cos(π−x)＞f(x)+12cosx ，即g(π−x)＞g(x)⇒π−x ＞x ⇒x ＜π2，所以x 的范围为（﹣∞，π2）． 故选：A ．【题型5 函数单调性与导函数图象的关系】【例5】（2022•赫山区校级开学）如图所示是函数f （x ）的导函数f ′（x ）的图象，则下列判断中正确的是（ ）A ．函数f （x ）在区间（﹣3，0）上是减函数B ．函数f （x ）在区间（﹣3，2）上是减函数C．函数f（x）在区间（0，2）上是减函数D．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是单调函数【解题思路】根据函数y＝f（x）的导函数f′（x）＞0时单调递增，f'（x）＜0时单调递减，依次判断选项即可．【解答过程】解：由函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图像知，A．x∈（﹣3，0）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，故A正确；B．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，故B错误；C．x∈（0，2）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，故C错误；D．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，不是单调函数，故D错误．故选：A．【变式5-1】（2022春•平顶山期末）已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，且f'（x）是f（x）的导函数，则（）A．f'（﹣1）＝f'（﹣2）＜0＜f'（1）＜f'（2）B．0＞f'（2）＞f'（1）＞f'（﹣1）＝f'（﹣2）C．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣1）＝f'（﹣2）D．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣2）＜f'（﹣1）【解题思路】根据函数图象的特征，判断函数的单调性，进而判断导数的变化情况，即可得答案．【解答过程】解：由函数图象可知，当x≤0时，函数y＝f（x）匀速递增，故f′（x）是一个大于0的常数，当x≥0时，函数y＝f（x）递减，且递减幅度越来越快，∴f′（x）＜0，且y＝f′（x）单调递减，则f′（2）＜f′（1）＜0＜f′（﹣1）＝f′（﹣2），故选：C．【变式5-2】（2022春•莆田期末）定义在（﹣1，3）上的函数y＝f（x），其导函数y＝f'（x）图象如右图所示，则y＝f（x）的单调递减区间是（）A．（﹣1，0）B．（﹣1，1）C．（0，2）D．（2，3）【解题思路】利用导函数的图像，即可得出答案．【解答过程】解：由f′（x）的图像可知在（0，2）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故选：C．【变式5-3】（2022春•遵义期末）函数f（x）的导函数为f'（x）的图象如图所示，关于函数f（x），下列说法不正确的是（）A．函数在（﹣1，1），（3，+∞）上单调递增B．函数在（﹣∞，﹣1），（1，3）上单调递减C．函数存在两个极值点D．函数有最小值，但是无最大值【解题思路】由导函数的图像，分析原函数f（x）的单调性，最值，极值，即可得出答案．【解答过程】解：由图像可知在（﹣∞，﹣1），（1，3）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（﹣1，1），（3，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故A、B正确；在x＝﹣1，x＝3处函数f（x）取得极小值，在x＝1处函数f（x）取得极大值，故C错误；函数的最小值为f（﹣1）和f（3）中的最小值，因为x→+∞时，函数f（x）→+∞，所以函数f（x）无最大值，故D正确，故选：C．【题型6 根据函数的单调性求参数】【方法点拨】根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)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．【例6】（2022•安徽开学）已知函数f(x)=4cosx−13mx3在[3π4，2π]上单调递增，则实数m的取值范围为（）A．(−∞，−16√39π]B．(−∞，−16√29π2]C．(−∞，−32√39π]D．(−∞，−32√29π2]【解题思路】由函数的单调性可知导数f′（x）≥0在[3π4，2π]上恒成立，分离参数后，利用导数求g(x)=−4sinxx2的最小值即可得解．【解答过程】解：由题意得，f′（x）＝﹣4sin x﹣mx2，又f′（x）≥0在[3π4，2π]上，则﹣4sin x﹣mx2≥0，∴−4sinxx2≥m．令g(x)=−4sinxx2，可知当x∈[3π4，π)时，g（x）＜0，当x∈[π，2π]时，g（x）≥0，当x∈[3π4，π)时，g′(x)=4x3(2sinx−xcosx)＞0，∴函数g（x）在[3π4，π)上单调递增，∴g(x)min=g(3π4)=−32√29π2，则m≤−32√29π2，∴实数m的取值范围为(−∞，−32√29π2)．故选：D．【变式6-1】（2022春•清远期末）已知函数f （x ）＝alnx +2x 在[1，+∞）上单调递增，则实数a 的最小值为（ ）A ．﹣2B ．2C ．﹣1D ．1【解题思路】求出原函数的导函数，问题转化为a ≥﹣2x 在x ∈[1，+∞）时恒成立，再求出﹣2x 在[1，+∞）上的最大值得答案．【解答过程】解：由f （x ）＝alnx +2x ，得f ′（x ）=a x +2，∵函数f （x ）＝alnx +2x 在[1，+∞）上单调递增，∴a x +2≥0，即a ≥﹣2x 在x ∈[1，+∞）时恒成立， 而﹣2x 在[1，+∞）上的最大值为﹣2，∴a ≥﹣2，即实数a 的最小值为﹣2．故选：A ．【变式6-2】（2022春•中山市校级月考）设函数f(x)=13x 3−27lnx 在区间[a ﹣1，a +1]上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．（1，2]B ．[4，+∞）C ．（﹣∞，2]D ．（0，3] 【解题思路】利用导数求函数的单调递减区间，再结合区间的包含关系，列式求实数a 的取值范围．【解答过程】解：f′(x)=x 2−27x =x 3−27x ，x ＞0，令f '（x ）≤0，得0＜x ≤3， 因为函数f(x)=13x 3−27lnx 在区间[a ﹣1，a +1]上单调递减，所以{a −1＞0a +1≤3，故1＜a ≤2， 所以a 的取值范围为（1，2]．故选：A ．【变式6-3】（2022春•道里区校级月考）若函数f （x ）＝（x 2﹣ax ﹣a ）e x 在区间（﹣2，0）内单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．[0，+∞）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，1]【解题思路】结合导数与单调性关系可把问题转化为f ′（x ）＝[x 2+（2﹣a ）x ﹣2a ]e x ≤0在（﹣2，0）上恒成立，分离常数后可求．【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝[x 2+（2﹣a ）x ﹣2a ]e x ≤0在（﹣2，0）上恒成立，因为e x ＞0，即x2+（2﹣a）x﹣2a≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以（x﹣a）（x+2）≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以x﹣a≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以a≥x在（﹣2，0）上恒成立，所以a≥0．故选：B．。
§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.。
