(浙江专用)高考数学一轮复习第三章函数、导数及其应用第二节函数的单调性与最值教案(含解析)

第二节导数在研究函数中的应用1.了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).第1课时必备知识——导数与函数的单调性、极值与最值利用导数研究函数的单调性1.函数f(x)(1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间上是单调递增．(2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间上是单调递减．(3)若f′(x)＝0,则f(x)在这个区间内是常数．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f′(x)．(2)在定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根据结果确定f(x)的单调性及单调区间．[提醒](1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式,求解时,要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时,用“,”隔开或用“和”连接,不能用“∪”连接．(3)若函数y＝f(x)在区间(a,b)上单调递增,则f′(x)≥0,且在(a,b)的任意子区间,等号不恒成立;若函数y＝f(x)在区间(a,b)上单调递减,则f′(x)≤0,且在(a,b)的任意子区间,等号不恒成立．[小题练通]1.[教材改编题]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象,则下面判断正确的是()A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D ．当x ＝2时,f (x )取到极小值 答案:C2.[教材改编题]设f ′(x )是函数f (x )的导函数,y ＝f ′(x )的图象如图所示,则y ＝f (x )的图象最有可能的是( )答案:C3.[教材改编题]函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( ) A ．(－∞,－1)和(0,1) B ．[－1,0]和[1,＋∞) C ．[－1,1]D ．(－∞,－1]和[1,＋∞)答案:A4.[易错题]若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数,则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞13 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫13＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞13 解析:选C y ′＝3x 2＋2x ＋m ,由条件知y ′≥0在R 上恒成立,∴Δ＝4－12m ≤0,∴m ≥13.5．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1,＋∞)单调递增,则k 的取值范围是( ) A ．(－∞,－2]B ．(－∞,－1]C ．[2,＋∞)D ．[1,＋∞)解析:选D 因为f (x )＝kx －ln x ,所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1,＋∞)上单调递增,所以当x >1时,f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立,即k ≥1x 在区间(1,＋∞)上恒成立．因为x >1,所以0<1x <1,所以k ≥1.故选D.6．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间,则a 的取值范围是________．解析:∵y ′＝－4x 2＋a ,且y 有三个单调区间,∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根,∴Δ＝02－4×(－4)×a >0,∴a >0.答案:(0,＋∞)利用导数研究函数的极值1.在包含x 0的一个区间(a ,b )内,函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值,称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点,其函数值f (x 0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ,b )内,函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值,称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点,其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值,极大值点与极小值点统称为极值点．[提醒] (1)极值点不是点,若函数f (x )在x 1处取得极大值,则x 1为极大值点,极大值为f (x 1);在x 2处取得极小值,则x 2为极小值点,极小值为f (x 2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)极值一定在区间内部取得,有极值的函数一定不是单调函数．(3)f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的必要而非充分条件．例如,f (x )＝x 3,f ′(0)＝0,但x ＝0不是极值点．[小题练通]1.[教材改编题]设函数f (x )＝2x ＋ln x ,则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案:D2.[教材改编题]如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象,则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析:选A 由图象及极值点的定义知,f (x )只有一个极小值点．3.[教材改编题]若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值,则a 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析:选D f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3,由题意知f ′(－3)＝0,即3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0,解得a ＝5.4.[易错题]已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2,当x ＝－1时有极值0,则a ＋b 的值为________． 解析:f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)＝0f (－1)＝0即⎩⎪⎨⎪⎧－6a ＋b ＋3＝0a 2＋3a －b －1＝0解之,得⎩⎨⎧ a ＝1b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2b ＝9.当a ＝1,b ＝3时,f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立,所以f (x )在x ＝－1处无极值,舍去．所以a ＝2,b ＝9.所以a ＋b ＝11.答案:115．设x 1,x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点,若x 1<2<x 2,则实数a 的取值范围是________．解析:由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1,x 2满足x 1<2<x 2.所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0,解得2<a <6.答案:(2,6)6．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点,则f (x )的极小值为________．解析:因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1,所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点,所以－2是x 2＋(a ＋2)x＋a －1＝0的根,所以a ＝－1,f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0,解得x <－2或x >1,令f ′(x )<0,解得－2<x <1,所以f (x )在(－∞,－2)上单调递增,在 (－2,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,所以当x ＝1时,f (x )取得极小值,且f (x )极小值＝f (1)＝－1.答案:－1函数的最值(1)在闭区间[a ,b ](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．[提醒] 求函数最值时,易误认为极值点就是最值点,不通过比较就下结论．[小题练通]1.[教材改编题]函数f (x )＝ln x －x 在区间(0,e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析:选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ,当x ∈(0,1)时,f ′(x )＞0;当x ∈(1,e]时,f ′(x )＜0,所以f (x )的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x ＝1时,f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.2.[教材改编题]函数f (x )＝x 4－4x (|x |<1)( ) A ．有最大值,无最小值 B ．有最大值,也有最小值 C ．无最大值,有最小值D ．既无最大值,也无最小值解析:选D f ′(x )＝4x 3－4＝4(x －1)(x 2＋x ＋1)．令f ′(x )＝0,得x ＝1.又x ∈(－1,1)且1∉(－1,1),∴该方程无解,故函数f (x )在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D.3.[教材改编题]函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0π2上的最大值是________．答案:3＋π64.[易错题]已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2,－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值,则m 的取值范围是________．答案:(－4,－2)5．函数f (x )＝x e －x ,x ∈[0,4]的最小值为________．解析:f ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．令f ′(x )＝0,得x ＝1(e －x >0),f (1)＝1e >0,f (0)＝0,f (4)＝4e4>0,所以f (x )的最小值为0. 答案:06．已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ,则f (x )的最小值是________． 解析:f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0,∴当cos x <12时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当cos x >12时,f ′(x )>0,f (x )单调递增．∴当cos x ＝12,f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x ), ∴当sin x ＝－32时,f (x )有最小值, 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案:－332[课时跟踪检测]1．(2019·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1)B ．(0,1]C ．(1,＋∞)D ．(0,2)解析:选B 由题意知,函数的定义域为(0,＋∞),由y ′＝x －1x ≤0,得0<x ≤1,所以函数的单调递减区间为(0,1]．2．函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息: ①f ′(x )>0时,－1<x <2; ②f ′(x )<0时,x <－1或x >2; ③f ′(x )＝0时,x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )解析:选C 根据信息知,函数f (x )在(－1,2)上是增函数．在(－∞,－1),(2,＋∞)上是减函数,故选C.3．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( ) A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0解析:选C ∵f (x )＝x 4－2x 2＋3,∴由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0, 得x ＝0或x ＝1或x ＝－1,又当x <－1时,f ′(x )<0,当－1<x <0时,f ′(x )>0, 当0<x <1时,f ′(x )<0,当x >1时,f ′(x )>0, ∴x ＝0,1,－1都是f (x )的极值点．4．(2019·成都高三摸底测试)已知函数f (x )＝x 3－ax 在(－1,1)上单调递减,则实数a 的取值范围为( )A ．(1,＋∞)B ．[3,＋∞)C ．(－∞,1]D ．(－∞,3] 解析:选B ∵f (x )＝x 3－ax ,∴f ′(x )＝3x 2－a .又f (x )在(－1,1)上单调递减,∴3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立,∴a ≥3,故选B.5.(2019·赤峰模拟)设函数f (x )在定义域R 上可导,其导函数为f ′(x ),若函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析:选D 由题图可知,当x ＜－2时,f ′(x )＞0;当x ＝－2时,f ′(x )＝0;当－2＜x ＜1时,f ′(x )＜0;当1＜x ＜2时,f ′(x )＜0;当x ＝2时,f ′(x )＝0;当x ＞2时,f ′(x )＞0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值,在x ＝2处取得极小值．故选D.6．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－π4k π＋π4(k ∈Z);对于B,f ′(x )＝e x(x＋1),当x ∈(0,＋∞)时,f ′(x )>0,∴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,∴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, ∴函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述,应选B.7.函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图,则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c 3的单调递增区间是( )A ．(－∞,－2]B.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12＋∞ C ．[－2,3]D.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫98＋∞ 解析:选D 由题图可知d ＝0.不妨取a ＝1,∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ,∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由图可知f ′(－2)＝0,f ′(3)＝0,∴12－4b ＋c ＝0,27＋6b ＋c ＝0,∴b ＝－32,c ＝－18.∴y ＝x 2－94x －6,y ′＝2x －94.当x ≥98时,y ′≥0,∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫98＋∞.故选D. 8．已知定义在R 上的函数f (x ),f (x )＋x ·f ′(x )<0,若a <b ,则一定有( ) A ．af (a )<bf (b )B ．af (b )<bf (a )C ．af (a )>bf (b )D ．af (b )>bf (a )解析:选C [x ·f (x )]′＝x ′f (x )＋x ·f ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )<0, ∴函数x ·f (x )是R 上的减函数,∵a <b ,∴af (a )>bf (b )．9．(2019·广州模拟)若函数f (x )＝e x(sin x ＋a cos x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4π2上单调递增,则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞,1]B ．(－∞,1)C ．[1,＋∞)D ．(1,＋∞)解析:选A f ′(x )＝e x [sin x ＋cos x －a (sin x －cos x )],当a ＝0时,f ′(x )＝e x (sin x ＋cosx ),显然x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4π2,f ′(x )>0恒成立,排除C 、D;当a ＝1时,f ′(x )＝2e xcos x ,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4π2时,f ′(x )>0,故选A.10．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1,且f (x )的导函数f ′(x )>12,则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}解析:选B 令g (x )＝2f (x )－x －1,∵f ′(x )>12,∴g ′(x )＝2f ′(x )－1>0,∴g (x )为单调增函数,∵f (1)＝1,∴g (1)＝2f (1)－1－1＝0,∴当x <1时,g (x )<0,即2f (x )<x ＋1,故选B.11．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处取到极大值解析:选C 当k ＝1时,f (x )＝(e x －1)(x －1),0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时,f (x )＝(e x－1)(x －1)<0,当x >1时,f (x )＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时,f (x )＝(e x －1)(x －1)2,零点还是0,1,但是当0<x <1,x >1时,f (x )>0,由极值的概念,知选C.12．(2019·湖北咸宁重点高中联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1,a ＋1]上单调递减,则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(4,＋∞)C ．(－∞,2)D ．(0,3]解析:选A ∵f (x )＝12x 2－9ln x ,∴f ′(x )＝x －9x (x >0),由x －9x ≤0,得0<x ≤3,∴f (x )在(0,3]上是减函数,则[a －1,a ＋1]⊆(0,3],∴a －1>0且a ＋1≤3,解得1<a ≤2.13．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析:f ′(x )＝x 2＋2x －3,令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去),又f (0)＝－4,f (1)＝－173,f (2)＝－103,故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案:－17314．(2019·长治联考)定义在(0,＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1>0,f (1)＝6,则不等式f (lg x )<1lg x＋5的解集为________．解析:构造g (x )＝f (x )－1x －5,则g ′(x )＝f ′(x )＋1x 2＝x 2f ′(x )＋1x 2>0,所以g (x )在(0,＋∞)上单调递增,∵f (1)＝6,∴g (1)＝0,故g (x )<0的解集为(0,1),即f (x )<1x ＋5的解集为(0,1),由0<lg x <1,得1<x <10,不等式的解集为(1,10)．答案:(1,10)15．已知函数f (x )＝e xx 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ,若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点,则实数k 的取值范围为________．解析:f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝(x －2)⎝⎛⎭⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝e xx (x >0),则g ′(x )＝(x －1)e x x 2,∴g (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0,＋∞)上有最小值,为g (1)＝e,结合g (x )＝e xx 与y ＝k 的图象可知,要满足题意,只需k ≤e.答案:(－∞,e]16．已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)e x －1－g (0)x ＋12x 2,且存在实数x 0,使得不等式2m －1≥g (x 0)成立,则实数m 的取值范围为________．解析:g ′(x )＝g ′(1)e x －1－g (0)＋x ,令x＝1,得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1,∴g(0)＝1,g(0)＝g′(1)e0－1＝1,∴g′(1)＝e,∴g(x)＝e x－x＋12x2,g′(x)＝e x－1＋x,当x<0时,g′(x)<0,当x>0时,g′(x)>0,∴当x＝0时,函数g(x)取得最小值g(0)＝1. 根据题意得2m－1≥g(x)min＝1,∴m≥1.答案:[1,＋∞)。

第2讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性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[提醒](1)利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号；(2)对函数划分单调区间时，需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点；(3)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么单调区间之间不能用“∪”连接，可用“，”隔开或用“和”连接；(4)区间的端点可以属于单调区间，也可以不属于单调区间，对结论没有影响．[疑误辨析]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．()(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．()答案：(1)×(2)√(3)√[教材衍化]1．(选修2－2P32A组T4改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数B．在区间(1，3)上f(x)是减函数C．在区间(4，5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值解析：选C.在(4，5)上f ′(x )>0恒成立，所以f (x )是增函数．2．(选修2－2P26练习T1(2)改编)函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________． 解析：因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1， 由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞) [易错纠偏] 忽视函数的定义域.函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．解析：由f ′(x )＝1－1x <0，得1x >1，即x <1，又x >0，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)．答案：(0，1)利用导数判断或证明函数的单调性讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性． 【解】 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ 1－a2a，则当x ∈(0, 1－a2a)时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0, 1－a2a)上单调递减，在( 1－a2a，＋∞)上单调递增．(2020·温州模拟)设函数f (x )＝x ln(ax )(a ＞0)．设F (x )＝12f (1)x 2＋f ′(x )，讨论函数F (x )的单调性．解：f ′(x )＝ln(ax )＋1，所以F (x )＝12(ln a )x 2＋ln(ax )＋1，函数F (x )的定义域为(0，＋∞)，F ′(x )＝(ln a )x ＋1x ＝（ln a ）x 2＋1x.①当ln a ≥0，即a ≥1时，恒有F ′(x )＞0，函数F (x )在(0，＋∞)上是增函数； ②当ln a ＜0，即0＜a ＜1时，令F ′(x )＞0，得(ln a )x 2＋1＞0，解得0＜x ＜ －1ln a； 令F ′(x )＜0，得(ln a )x 2＋1＜0，解得x ＞ －1ln a. 所以函数F (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1ln a 上为增函数， 在⎝⎛⎭⎫－1ln a ，＋∞上为减函数．求函数的单调区间(1)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1，1)B ．(0，1)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)(2)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．【解】 (1)选B.y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝（x －1）（x ＋1）x(x >0)．令y ′<0，得0<x <1， 所以单调递减区间为(0，1)．(2)f ′(x )＝x 2＋2x ＋a 开口向上，Δ＝4－4a ＝4(1－a )． ①当1－a ≤0，即a ≥1时，f ′(x )≥0恒成立， f (x )在R 上单调递增．②当1－a >0，即a <1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2－4（1－a ）2＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ，令f ′(x )>0，解得x <－1－1－a 或x >－1＋1－a ； 令f ′(x )<0，解得－1－1－a <x <－1＋1－a ，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)； f (x )的单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )．综上所述：当a ≥1时，f (x )在R 上单调递增；当a <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)， f (x )的单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )．1．已知函数f (x )＝e xx －m .则函数y ＝f (x )在x ∈(m ，＋∞)上的单调递减区间为________，单调递增区间为________．解析：f ′(x )＝e x （x －m ）－e x （x －m ）2＝e x （x －m －1）（x －m ）2，当x ∈(m ，m ＋1)时，f ′(x )＜0， 当x ∈(m ＋1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减，在(m ＋1，＋∞)上单调递增． 答案：(m ，m ＋1) (m ＋1，＋∞)2．设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，求函数f (x )的单调区间．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－mx，当m ≤0时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m ＞0时，f ′(x )＝（x ＋m ）（x －m ）x ，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．综上：当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．利用导数研究函数单调性的应用(高频考点)利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．主要命题角度有：(1)函数y ＝f (x )与y ＝f ′(x )图象的相互判定； (2)已知函数单调性求参数的取值范围；(3)比较大小或解不等式．角度一 函数y ＝f (x )与y ＝f ′(x )图象的相互判定(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( )(2)设函数y ＝f (x )的图象如图，则函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )【解析】 (1)原函数先减再增，再减再增，且x ＝0位于增区间内，故选D. (2)由y ＝f (x )图象可知，当x ∈(－∞，x 1)时，y ＝f (x )单调递增，所以f ′(x )>0. 当x ∈(x 1，x 2)时，y ＝f (x )单调递减，所以f ′(x )<0. 当x ∈(x 2，＋∞)时，y ＝f (x )单调递增，所以f ′(x )>0. 所以y ＝f ′(x )的图象在四个选项中只有D 符合． 【答案】 (1)D (2)D角度二 已知函数单调性求参数的取值范围(1)(2020·浙江省高中学科基础测试)若函数f (x )＝2x ＋ax(a ∈R )在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，2]B ．[0，4]C ．(－∞，2]D ．(－∞，4](2)函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递减，则k 的取值范围是________．【解析】 (1)由题意得f ′(x )＝2－ax 2≥0在[1，＋∞)上恒成立，则a ≤(2x 2)min ＝2，所以a ≤2，故选C.(2)因为函数f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x ，函数在区间(1，＋∞)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k －1x≤0在区间(1，＋∞)上恒成立，故k ≤1x 在区间(1，＋∞)上恒成立，因为在区间(1，＋∞)上0＜1x ＜1，故k ≤0.【答案】 (1)C (2)(－∞，0] 角度三 比较大小或解不等式(2020·宁波市效实中学月考)定义在R 上的函数f (x )的导函数是f ′(x )，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f ⎝⎛⎭⎫1e (e 为自然对数的底数)，b ＝f (2)，c ＝f (log 28)，则a ，b ，c 的大小关系为________(用“＜”连接)．【解析】 因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，得f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，又f (x )＝f (2－x )，得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，所以函数f (x )图象上的点距离直线x ＝1越近函数值越大，又log 28＝3，所以log 28＞2－1e ＞2＞1，得f (2)＞f ⎝⎛⎭⎫1e ＞f (log 28)，故c ＜a ＜b .【答案】 c ＜a ＜b(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．(2)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．[提醒] (1)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 )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(2)注意函数的单调区间与函数在某区间上具有单调性是不同的．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝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________．解析：设g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，所以当x ＞0时，g ′(x )＞0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (2)＝f （2）2＝0，所以f (x )＞0的解集为(－2，0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)．答案：(－2，0)∪(2，＋∞)核心素养系列5 数学运算、逻辑推理——构造函数、比较大小此类涉及已知f (x )与f ′(x )的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．一、x 与f (x )的组合函数若函数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________．【解析】 令g (x )＝f (x )－x ，所以g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )>0，所以g (x )为增函数．因为g (2)＝f (2)－2＝0，所以g (x )>0的解集为(2，＋∞)．【答案】 (2，＋∞) 二、e x 与f (x )的组合函数已知f (x )(x ∈R )有导函数，且∀x ∈R ，f ′(x )>f (x )，n ∈N *，则有( ) A ．e n f (－n )<f (0)，f (n )>e n f (0) B ．e n f (－n )<f (0)，f (n )<e n f (0) C ．e n f (－n )>f (0)，f (n )>e n f (0) D ．e n f (－n )>f (0)，f (n )<e n f (0)【解析】 设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，g (x )为R 上的增函数，故g (－n )<g (0)<g (n )，即f （－n ）e －n<f （0）e 0<f （n ）e n ，即e nf (－n )<f (0)，f (n )>e n f (0)．故选A.【答案】 A设a >0，b >0，e 是自然对数的底数，则( ) A ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a >bB ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a <bC ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a >bD ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a <b【解析】 因为a >0，b >0，所以e a ＋2a ＝e b ＋3b ＝e b ＋2b ＋b >e b ＋2b .对于函数y ＝e x ＋2x (x >0)，因为y ′＝e x ＋2>0，所以y ＝e x ＋2x 在(0，＋∞)上单调递增，因而a >b 成立．故选A.【答案】 A[基础题组练]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．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增． 3．(2020·台州市高三期末质量评估)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )解析：选D.因f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，故当a ＜0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案C 中的那种情形；当a ＞0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案B 中的那种情形；判别式Δ＝a 2－4a ≤0，其图象是答案A 中的那种情形；当a ＝0，即y ＝x 也是答案A 中的那种情形，应选答案D.4．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，所以此时函数是增函数．所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3.所以f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5，故选A.5．函数f (x )的定义域为R .f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( ) A ．(－1，1) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：选B.由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2. 因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1，选B.6．(2020·温州七校联考)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －3)f ′(x )≤0，则必有( )A ．f (0)＋f (6)≤2f (3)B ．f (0)＋f (6)＜2f (3)C ．f (0)＋f (6)≥2f (3)D ．f (0)＋f (6)＞2f (3)解析：选A.由题意知，当x ≥3时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x ＜3时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f (0)≤f (3)，f (6)≤f (3)，所以f (0)＋f (6)≤2f (3)，故选A.7．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝(x －3)e x ，则f ′(x )＝e x (x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)8．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，则当a ＜0时，f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝a ＋1x＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1a x，所以当x ≥－1a时f ′(x )≤0，当0＜x ＜－1a 时f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫0，－1a ⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞9．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)10．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f (x )＝x 2e x ，若f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意得，f ′(x )＝e x (x 2＋2x )，所以f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，所以⎩⎪⎨⎪⎧t <－2t ＋1>－2或⎩⎪⎨⎪⎧t <0t ＋1>0，即实数t 的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．答案：(－3，－2)∪(－1，0)11．已知函数f (x )＝x 4＋a x －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 ＝12x .(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－a x 2－1x，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 ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)． 12．(1)设函数f (x )＝x e 2－x ＋e x ，求f (x )的单调区间．(2)设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)，若函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x ＞0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立． 因为e x >0，所以只需ln x ＋1x －a ≤0，即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x. 因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2， 由g ′(x )＝0，得x ＝1.x⎝⎛⎭⎫1e ，1 (1，e) g ′(x )－ ＋ g (x )g ⎝⎛⎭⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1>1＋1e，所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －1. 故a ≥e －1.[综合题组练]1．(2020·丽水模拟)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.由题图可知当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．当x ＞1时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以当x ＝1时，函数取得极小值．当x ＜－1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，当－1＜x ＜0时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C 项．2．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R 上的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )．当x ≥0时，恒有x 2f ′(x )＋f (－x )≤0，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )＜g (1－2x )的解集为( ) A ．(13，1) B ．(－∞，13)∪(1，＋∞) C ．(13，＋∞) D ．(－∞，13) 解析：选A.因为定义在R 上的偶函数f (x )，所以f (－x )＝f (x )因为x ≥0时，恒有x 2f ′(x )＋f (－x )≤0， 所以x 2f ′(x )＋2xf (x )≤0，因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )≤0，所以g (x )在[0，＋∞)上为减函数，因为f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，所以g (x )在(－∞，0)上为增函数，因为g (x )＜g (1－2x )所以|x |＞|1－2x |，即(x －1)(3x －1)＜0解得13＜x ＜1，选A. 3.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则不等式f (x )＜1的解集是________．解析：依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3，5)．答案：(－3，5)4．(2020·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．答案：y ＝－3x [－2，2]5．已知函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋2x . (1)若g (x )在(－2，－1)内为减函数，求实数a 的取值范围；(2)若g (x )在区间(－2，－1)内不单调，求实数a 的取值范围．解：(1)因为g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解得a ≤－3， 即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．(2)因为g (x )在(－2，－1)内不单调，g ′(x )＝x 2－ax ＋2，所以g ′(－2)·g ′(－1)<0或⎩⎪⎨⎪⎧－2<a 2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0.由g ′(－2)·g ′(－1)<0，得(6＋2a )·(3＋a )<0，无解．由⎩⎪⎨⎪⎧－2<a 2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4<a <－2，a 2－8>0，6＋2a >0，3＋a >0， 即⎩⎪⎨⎪⎧－4<a <－2，a >22或a <－22，a >－3，解得－3<a <－22，即实数a 的取值范围为(－3，－22)．6．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)讨论函数f (x )的单调性．解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)，此时f ′(x )＝2（x ＋1）2， 可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0， 所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2. 当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．①当a ＝－12时，Δ＝0， f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0， f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12<a <0时，Δ>0， 设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a， x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a. 由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0， 所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增．。

2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章　一元函数的导数及其应用§3.3　导数与函数的极值、最值考试要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值f′(x)<0f′(x)>0都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.(2)函数的极大值函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点处的函数值都大，f ′(b )＝0；而且在点x ＝b 附近的左侧，右侧 ，则b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为，极小值和极大值统称为 .f ′(x )>0f ′(x )<0极值点极值2.函数的最大(小)值(1)函数f (x )在区间[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 的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的最大(小)值的步骤：①求函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的 ；②将函数y ＝f (x )的各极值与 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.连续不断极值端点处的函数值f (a )，f (b )常用结论对于可导函数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.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有.( )(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.( )(3)函数的极小值一定是函数的最小值.( )(4)函数的极大值一定不是函数的最小值.( )√××√1.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为√A.1B.2C.3D.4由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个.2.函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是_____________ _____________.f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，43.若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝____.f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增.又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.第二部分命题点1　根据函数图象判断极值例1　(多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是A.当x ＝－1时，f (x )取得极小值B. f (x )在[－2,1]上单调递增C.当x ＝2时，f (x )取得极大值D. f (x )在[－1,2]上不具备单调性√√由导函数f′(x)的图象可知，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝－1时，f′(x) ＝0；当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x＝2时，f′(x)＝0；当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝4时，f′(x)＝0，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误.命题点2　求已知函数的极值例2　(2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值.因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.当a>0时，f(x)无极值.命题点3　已知极值(点)求参数例3　(1)(2023·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为√A.2B.4C.6D.2或6由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意.综上，c＝2.(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为√由f(x)＝e x－ax2－2ax，得f′(x)＝e x－2ax－2a.因为函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝e x－2ax－2a有两个变号零点，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性.跟踪训练1　(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为A.－1或3B.1或－3√C.3D.－1因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意.综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.√∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，命题点1　不含参函数的最值例4　(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为√f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x ＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π].又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，命题点2　含参函数的最值例5　已知函数f(x)＝－ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；思维升华求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.跟踪训练2　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值1为_____.函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；综上，f(x)min＝1.(2)已知函数h(x)＝x－a ln x＋ (a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围.①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2；②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意；若1<a＋1<e，即0<a<e－1，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；若a＋1≥e，即a≥e－1，则h(x)在[1，e]上单调递减，第三部分1.(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是A.f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点B.f′(x)在x＝－1处取得极小值C.f(x)在区间(－2,3)上单调递减D.f(x)在x＝0处的切线斜率小于0√√√根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减，∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确；由f′(x)的图象易知B正确；根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确.√。

第2课时 导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数y ＝f (x )在点x ＝a 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y ＝f (x )的极小值点，f (a )叫做函数y ＝f (x )的极小值．函数y ＝f (x )在点x ＝b 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y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值． 2．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．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的极大值不一定比极小值大．( )(2)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件．( ) (3)函数的极大值一定是函数的最大值．( ) (4)开区间上的单调连续函数无最值．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ [教材衍化]1．(选修2－2P28例4改编)设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D.f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2(x >0)，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(选修2－2P30例5改编)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析：因为y ′＝1－2sin x ，所以当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0. 所以当x ＝π6时，y max ＝π6＋ 3.答案：π6＋ 3[易错纠偏](1)原函数与导函数的关系不清致误； (2)极值点存在的条件不清致误．1．函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )( )A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点解析：选C.导函数的图象与x 轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．2．设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值X 围是________． 解析：因为y ＝e x＋ax ，所以y ′＝e x＋a . 因为函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点， 所以方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， 因为当x >0时，－e x<－1，所以a ＝－e x<－1.答案：(－∞，－1)用导数解决函数的极值问题(高频考点)用导数解决函数的极值问题是每年高考的亮点，既有选择题，填空题，也有解答题，难度偏大．主要命题角度有：(1)根据图象判断函数的极值； (2)求函数的极值； (3)已知函数的极值求参数． 角度一 根据图象判断函数的极值设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)【解析】 由题图可知，当x <－2时，1－x >3，此时f ′(x )>0；当－2<x <1时，0<1－x <3，此时f ′(x )<0；当1<x <2时，－1<1－x <0，此时f ′(x )<0；当x >2时，1－x <－1，此时f ′(x )>0，由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【答案】 D角度二 求函数的极值已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．【解】 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x， 令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 － f (x )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在定义域上无极值点，当a >0时，函数f (x )在x ＝1a处有一个极大值点．角度三 已知函数的极值求参数(1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________．(2)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上有极值点，则实数a 的取值X 围是________．【解析】 (1)由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.(2)若函数f (x )在区间(12，3)上无极值，则当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0恒成立或当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax＋1≤0恒成立．当x ∈(12，3)时，y ＝x ＋1x 的值域是[2，103)；当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x恒成立，a ≤2；当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0，即a ≥x ＋1x 恒成立，a ≥103.因此要使函数f (x )在(12，3)上有极值点，则实数a 的取值X 围是(2，103)． 【答案】 (1)－7 (2)(2，103)(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[提醒] 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．1．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a ≥0)．(1)当a ＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值X 围．解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数图象过点(0，1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )>0，解得x <13，或x >1；令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减，极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a >0时，f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞. 2．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R ，讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由．解：函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R ，x ∈(－1，＋∞)． f ′(x )＝1x ＋1＋2ax －a ＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1.令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1.(1)当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．(2)当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)．①当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．②当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两个实数根分别为x 1，x 2，x 1＜x 2.因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 因此函数f (x )有两个极值点．(3)当a ＜0时，Δ＞0.由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1＜x 2.所以当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 因此函数f (x )有一个极值点．综上所述：当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点．利用导数求函数的最值(值域)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x(x ≥12)．(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值X 围． 【解】 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e －x)′＝－e－x，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >12. (2)由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.于是当x 发生变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表x12⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，5252⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞f ′(x )－ 0 ＋ 0 － f (x )12e －12 012e －52又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e ，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值．解：因为f (x )＝1－xx＋k ln x ，f ′(x )＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2. (1)若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－ee，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝e －1.(2)若k ≠0，f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2.①若k <0，则在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有k （x －1k ）x 2<0， 所以f (x )在[1e，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e ＋k －1，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1. ②若k >0，由k <1e ，得1k >e ，则x －1k<0，所以k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e＋k －1，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝e －k －1.综上，k <1e 时，f (x )min ＝1e＋k －1，f (x )max ＝e －k －1.函数极值与最值的综合问题已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，某某数a 的取值X 围． 【解】 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2xx.当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，即f (x )单调递减； 当x ＞2时，f ′(x )＞0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2. (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a ＞0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a ＜0时，由f ′(x )＞0得，x ＞－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )＜0得，0<x ＜－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a ＜0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a ＜0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得－2≤a ＜0， 所以实数a 的取值X 围是[－2，0)．(1)利用导数研究函数极值、最值的综合问题的一般思路①若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．③求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)已知最值求参数的X 围主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值X 围．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表x (－∞，0)0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 f ′(x )－＋－f (x ) 极小值 极大值所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.[基础题组练]1．(2020·某某质检)下列四个函数中，在x ＝0处取得极值的函数是( ) ①y ＝x 3； ②y ＝x 2＋1； ③y ＝|x |；④y ＝2x. A ．①② B ．①③C ．③④D ．②③解析：选D.①中，y ′＝3x 2≥0恒成立，所以函数在R 上递增，无极值点；②中y ′＝2x ，当x ＞0时函数单调递增，当x ＜0时函数单调递减，且y ′|x ＝0＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知当x ＞0时函数单调递增，当x ＜0时函数单调递减，且y ′|x ＝0＝0，符合题意；④中，由函数的图象知其在R 上递增，无极值点，故选D.2．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2 C ．0 D.12e解析：选A.易知y ′＝1－xex ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝xe x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是y |x ＝1＝1e，故选A.3．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D.因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.4．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289解析：选C.函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值X 围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表x (－∞，－3)－3 (－3，1) 1 (1，＋∞)f ′(x )＋－＋－3.6．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k的取值X 围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A.f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝（x －1）exx2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e ，选A.7．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．解析：因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0. 所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0， 则x ＝0或x ＝2.所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：48．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，则g (x )的最小值为________． 解析：对f (x )＝ln x 求导，得f ′(x )＝1x ，则g (x )＝ln x ＋1x，且x ＞0.对g (x )求导，得g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1. 当x ∈(0，1)时，g ′(x )＜0，函数g (x )＝ln x ＋1x在(0，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )＝ln x ＋1x在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝1. 答案：19．(2020·某某市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝1，当x ∈[12，1]时，f ′(x )＜0，x ∈[1，2]时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 110．(2020·义乌模拟)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值X 围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x－n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1n 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1n，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1n 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，＋∞上单调递减，所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值X 围为(0，1)． 答案：(0，1)11．已知函数f (x )＝ax 2－b ln x 在点A (1，f (1))处的切线方程为y ＝1. (1)某某数a ，b 的值；(2)求函数f (x )的极值．解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －bx，f (1)＝a ＝1，f ′(1)＝2a －b ＝0，将a ＝1代入2a －b ＝0， 解得b ＝2.(2)由(1)得f (x )＝x 2－2ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－2x，令f ′(x )>0，解得x >1， 令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )极小值＝f (1)＝1，无极大值． 12．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值X 围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，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．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a ＞0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值X 围是(0，1)．[综合题组练]1．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A.2．(2020·某某东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值X 围是________．解析：设g (x )＝e x(2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e －12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax－a 恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e≤a <1.答案：32e≤a <13．(2020·某某市高考模拟)设函数f (x )＝x 2－ax －ln x ，a ∈R . (1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线斜率为1，某某数a 的值； (2)当a ≥－1时，记f (x )的极小值为H ，求H 的最大值．解：(1)因为函数f (x )＝x 2－ax －ln x ，a ∈R ，所以f ′(x )＝2x 2－ax －1x(x ＞0)，由题意知f ′(1)＝1，解得a ＝0. (2)设f ′(x 0)＝0，则2x 20－ax 0－1＝0， 则x 0＝a ＋a 2＋84，所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 则H ＝f (x )极小值＝f (x 0)＝x 20－ax 0－ln x 0＝－x 20＋1－ln x 0， 设g (a )＝a ＋a 2＋84(a ≥－1)，当a ≥0时，g (a )为增函数， 当－1≤a ≤0时，g (a )＝2a 2＋8－a，此时g (a )为增函数，所以x 0≥g (－1)＝12，所以函数y ＝－x 2＋1－ln x 在(0，＋∞)上为减函数， 所以f (x )极小值H 的最大值为34＋ln 2.4．(2020·某某中学高三模考)已知函数f (x )＝ln(2ax ＋1)＋x 33－x 2－2ax (a ∈R )．(1)若x ＝2为f (x )的极值点，某某数a 的值；(2)若y ＝f (x )在[3，＋∞)上为增函数，某某数a 的取值X 围；(3)当a ＝－12时，方程f (1－x )＝（1－x ）33＋bx 有实根，某某数b 的最大值．解：(1)f ′(x )＝2a 2ax ＋1＋x 2－2x －2a＝x [2ax 2＋（1－4a ）x －（4a 2＋2）]2ax ＋1，因为x ＝2为f (x )的极值点，所以f ′(2)＝0， 即2a4a ＋1－2a ＝0，解得a ＝0. (2)因为函数f (x )在[3，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝x [2ax 2＋（1－4a ）x －（4a 2＋2）]2ax ＋1≥0在[3，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝x (x －2)>0在[3，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[3，＋∞)上为增函数，故a ＝0符合题意．②当a ≠0时，由函数f (x )的定义域可知，必须有2ax ＋1>0对x ≥3恒成立，故只能a >0，所以2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)≥0在[3，＋∞)上恒成立．令函数g (x )＝2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)，其对称轴为x ＝1－14a ，因为a >0，所以1－14a <1，要使g (x )≥0在[3，＋∞)上恒成立，只要g (3)≥0即可，即g (3)＝－4a 2＋6a ＋1≥0，所以3－134≤a ≤3＋134.因为a >0，所以0<a ≤3＋134.综上所述，a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3＋134.(3)当a ＝－12时，方程f (1－x )＝（1－x ）33＋b x 可化为ln x －(1－x )2＋(1－x )＝b x .问题转化为b ＝x ln x －x (1－x )2＋x (1－x )＝x ln x ＋x 2－x 3在(0，＋∞)上有解，即求函数g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3的值域．因为函数g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，令函数h (x )＝ln x ＋x －x 2(x >0)， 则h ′(x )＝1x ＋1－2x ＝（2x ＋1）（1－x ）x，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，从而函数h (x )在(0，1)上为增函数， 当x >1时，h ′(x )<0，从而函数h (x )在(1，＋∞)上为减函数， 因此h (x )≤h (1)＝0.而x >0，所以b ＝x ·h (x )≤0，因此当x ＝1时，b 取得最大值0.。

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.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.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()答案D解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.4.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.R答案B解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，故选B.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.考点一不含参函数的单调性1.函数f(x)＝x＋3x＋2ln x的单调递减区间是()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.感悟提升确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.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.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.2.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.2.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.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.训练2(1)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是()A.13，＋∞ B.－∞，13C.13，＋∞ D.－∞，13(2)(2022·郑州调研)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________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)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，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。