2021高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用导数在不等式中的应用

例1 已知函数．求函数 的单调区间.
解： .令，得或 .当时，， 单调递增；当时，， 单调递减.综上，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为 ．
【点拨】确定函数单调区间的步骤如下.第一步，确定函数 的定义域.第二步，求.第三步，解不等式 ，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式 ，解集在定义域内的部分为单调递减区间.注意函数间断点.
A. B.， C. D.，
解：函数的定义域为，.由，得 .依题意，得 解得 .故选B.
√
10.已知，，， ，则 ( )
A. B. C. D.
解：因为当时,，所以在 上单调递减.因为，即，所以 .故选C.
√
11.已知函数.若在上单调递增，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
变式1（1） 函数 的单调递减区间为____________.
，
解：因为，所以且 .所以 .令，解得或 .所以的单调递减区间为， .故填， .
（2）已知函数,，求函数 的单调区间.
解： .令，得或 .当或 时，；当时， .所以在,上单调递增，在,上单调递减, 在, 上单调递增.
考点二 含参函数的单调性
2.利用导数判断函数 单调性的步骤 第1步，确定函数的________； 第2步，求出导数 的______； 第3步，用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出 在各个区间上的正负，由此得出函数 在定义域内的单调性. 3.函数值变化快慢与导数的关系 一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得______，这时函数的图象就比较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数在这个范围内变化得______，函数的图象就比较“平缓”.
6.已知函数，则 的大致图象为 ( )

高考数学综合复习
导数综合复习(三)
主讲人：某某某老师
某某学校
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
导数在研究函数中的应用
学校：________.班级：________.姓名：________.前言 导数是研究函数的变化趋势的一个工具，是初等数学与高等数学中比较常用的一个工具，是研究高等数学的基础。由变化率引出导数，借助导数，不仅可以研究一元函数，而且还可以研究多元函数。
【详解】法一：，当时，恒成立，此时在R上单调递增，不可能有两个零点，舍去，当时，令 则在上单调递减，在上单调递增，因为时，，时，，所以要使得有两个零点，则要 ，
，，，即，综上，若函数有两个零点，则；法二：，当时，，0不是函数的零点；当时，有两根，所以有两根，令，则，当时，，所以在上单调递减，且，
中学阶段，我们需要了解变化率和导数的定义，并通过研究导数的相关性质得出函数的单调性和极最值，体会导数问题的一般研究思路，掌握导数问题的基本研究方法。这一部分内容难度大、知识运用性强，是整个高中数学学习过程中最难的一部分，涉及的题型多，技巧多，思维跳跃性大，需要逐步进行分析，不能图快，一味放弃对难题的解答，需要重视相关思想的培养和训练，如函数思想、方程思想等。 作为高考数学中的一个最为重要内容，无论是哪个高考卷，选择填空和大题都经常能见到导数的身影，常用作选择，填空和大题的压轴题。常常考查函数的求导，构造函数法，高阶函数的求导，函数的
二、函数的极值与最大值
1.极值极小值 极大值 设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内的任一，有(或)，则称是函数的一个极大值(或极小值)。函数的极大值与极小值统称为函数的极值，

则 f( ),f(1),f(- )的大小关系为(


A.f(- )>f(1)>f( )
√






C.f( )>f(1)>f(- )
)




B.f(1)>f(- )>f( )




D.f(- )>f( )>f(1)
解析:(1)因为f(x)=xsin x,
所以f(-x)=(-x)·sin (-x)=xsin x=f(x),
√
B.(1,+∞)
C.(-∞,1)
D.(0,+∞)
)
解析:(2)由题设f′(x)=f′(2)ex-2-f(0)+x,
则f′(2)=f′(2)-f(0)+2,可得f(0)=2,
即f(0)=f′(2)e-2=2,则f′(2)=2e2,

x
所以f(x)=2e -2x+
x2,得f′(x)=2ex-2+x,


>0在(0,+∞)上恒成立,

在(0,+∞)上是增函数,故A正确;
对于B,函数f(x)=xex的导函数f′(x)=ex(x+1),当x∈(0,+∞)时,
f′(x)>0,所以函数f(x)=xex在(0,+∞)上为增函数,故B正确;
对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0, 得
所以函数f(x)=x3-x在



x> 或 x<- ,



(-∞,- )和( ,+∞) 上单调递增,故C错误;

令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),
所以 2 1 1 ln 1，
aa
a
所以S(x)在 (ln 1 , 2) 上有且只有一个零点,
aa
综上,0<a<1.
【规律方法】 处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则
f′(x)=2x-1- 1 (2x 1)(x 1) (x 0)，
x
x
当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0.
(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,
a
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题意知1-k>0, 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
2
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
(1)曲线y=f(x)在直线l的上方
1 2
x2

极小值点
极小值
极大值点
极大值
极值点
极值
（2）函数在某点取得极值的必要条件和充分条件：一般地，函数 在某一点的导数值为0是函数在这点取得极值的__________.可导函数 在 处取极大（小）值的充分条件是： ①__________; ②在附近的左侧,右侧 . （3）导数求极值的方法：解方程，当时,如果在 附近的左侧，右侧，那么是________；如果在附近的左侧 ，右侧，那么 是________.
√
4.函数在 上的最大值和最小值分别是( )
A.25, B.50,14 C.50, D.50,
解：.当或时， ，函数为增函数；当时，，函数为减函数.由，， ，，得函数在区间上的最大值和最小值分别为50， .故选C.
√
5.函数在区间 上的最大值与最小值分别为( )
A.， B.， C. ， D. ，
解： ．当,时，，单调递增；当,时，， 单调递减．因为，， ，所以 的最大值与最小值分别为， ．故选A．
√
6.（2022年全国甲卷）当时，函数取得最大值，则 ( )
A. B. C. D.1
解：由题意，知，则.因为 ，，即，所以.函数在 上单调递增，在上单调递减.故处，函数 取得极大值，也是最大值，则 故选B.
解：由 的图象，可知当时，，所以单调递增；当 时，，所以单调递减；当时，，所以 单调递增.所以在处取得极大值，在 处取得极小值.故选B.
√
4.函数在区间 上的最小值是 ( )
A.4 B.0 C.2 D.
解：令，解得或 .,, ，故函数在上的最小值为 .故选D.
√
考点一 利用导数解决函数的极值问题
变式5 已知函数在区间上有最小值，则实数 的取值范围是( )

则 g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－x x，
可得 x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增；x
∈(1，＋∞)时，
2021/12/12
第二页，共二十五页。
g′(x)<0，函数 g(x)单调递减． 所以当 x＝1 时，函数 g(x)取得极大值也是最大值， 所以 g(x)≤g(1)＝0，即 ln x≤x－1. (2)解：f′(x)＝1x－2x＋a＝－2x2＋x ax＋1，x>0. 令－2x20＋ax0＋1＝0，解得 x0＝a＋ 4a2＋8(负值舍去)， 在(0，x0)上，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；在(x0，＋∞) 上，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
所以 f(x)＝1x－aln x－2x.
第十四页，共二十五页。
(1) 当
a＝－3
时
，
f′(x)
＝
－
1 x2
＋
3 x
－
2
＝
－
（2x－1）（x－1）
x2
.
令
f′(x)<0，得
x>1
或
1 0<x<2.
所以 f(x)的单调递减区间是0，12和(1，＋∞)．
(2)方程 f(x)＋2x＝0 有唯一实数根等价于 aln x＝1x
2021/12/12
第十二页，共二十五页。
1．函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图 象的几何直观求解．
2．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数 研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判 断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围．
2021/12/12
第十三页，共二十五页。

第1课时 导数与函数的单调性[A 级 基础巩固]1．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是()解析：由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f ′(x )>0；在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，选项D 满足．答案：D2．(多选题)设函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，则下列结论错误的是() A ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增 B ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f (x )的图象与直线y ＝10只有一个公共点 解析：易知f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，所以f (x )在(－∞，－2)和(2，＋∞)上递增，在(－2，2)上单调递减． 因此A 项，B 项都不正确．易求f ′(－2)＝0，当b ＝－6时，f (x )在x ＝－2处的切线为y ＝10，C 正确． 作出函数f (x )＝x 3－12x (b ＝0)与y ＝10的图象，有三个交点，D 不正确． 答案：ABD3．(2020·某某中学调研)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X 围是()A ．(1，2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0，3]解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[a －1，a ＋1]上恒成立，即0<x ≤3在[a －1，a ＋1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案：A4．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， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0， 所以g ′(x )<0.所以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)， 所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b . 答案：D5．已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值X 围是()A ．(－∞，－1] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析：f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0， 所以f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x＝－f (x )，知f (x )为奇函数．故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案：D6．(2020·某某一中质检)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________．解析：由题设，y ′＝x 1x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x 2(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)． 答案：(0，e)7．已知g (x )＝2x＋x 2＋2a ln x 在[1，2]上是减函数，则实数a 的取值X 围为________．解析：g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x，由已知得g ′(x )≤0在[1，2]上恒成立， 可得a ≤1x－x 2在[1，2]上恒成立．又当x ∈[1，2]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x－x 2min ＝12－4＝－72.所以a ≤－72.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－72 8．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________．解析：因为当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，所以φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， 所以在(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，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：(－∞，－2)∪(0，2)9．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R)．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，所以切线斜率k ＝3，又切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)， 即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.10．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解：由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝ex －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0.[B 级 能力提升]11．(2020·雅礼中学质检)已知函数f (x )＝sin 2x ＋4cos x －ax 在R 上单调递减，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝2cos 2x －4sin x －a ＝2(1－2sin 2x )－4sin x －a ＝－4sin 2x －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. 答案：[3，＋∞)12．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________．解析：f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x )．则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1)． 又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 13．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X 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．所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x ，当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．[C 级 素养升华]14．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称．则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________．解析：由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.① 又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数， 所以2m ＋6＝0，即m ＝－3.② 代入①式，得n ＝0，所以f (x )＝x 3－3x 2－2，则f ′(x )＝3x 2－6x ， 令f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)． 答案：－3(0，2)。

1
(1)解 由题设,知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= -1,

令f'(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
(2)证明 由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0.
则当 x≠1 时,ln x<x-1.
求实数λ的取值范围.
e
1
1
解 同例题过程,得 +x+>λ 在区间 2 ,6 上有解,
e
1
令 g(x)= +x+,则需 λ<g(x)max.
1
由例题解答过程可知,g(x)在区间 2 ,1 上单调递减,
1
1
5
e6 37
1
在区间[1,6]上单调递增,且 g 2 =2e2 + 2,g(6)= 6 + 6 >g 2
1
当

1
0,
1
0<x< ;令

f'(x)>0,得
上单调递减,在区间
1
x> ,

1
,+∞

上单调递增.
≤1,即 a≥1 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;
1
当

≥2,即 0<a≤
1
时,函数
2
上的最小值为 f(2)=aln
f(x)在区间[1,2]上单调递减,故函数 f(x)在区间[1,2]

命题角度 1 不含参函数的单调性
(1)(2021 届 甘 肃 庆 阳 镇 原 中 学 月 考 ) 函 数 f(x) ＝ (3 － x2)ex 的 单 调 递 增 区 间 是
()
A. (－∞，0)
B. (0，＋∞)
C. (－∞，3)和(1，＋∞) D. (－3，1)
解：因为函数 f(x)＝(3－x2)ex， 所以 f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝(3－2x－x2)ex. 由 f′(x)＞0，得 f′(x)＝(3－2x－x2)ex＞0， 即 3－2x－x2＞0，则 x2＋2x－3＜0，解得－3＜x＜1，即函数 f(x)的单调递增区间为(－3， 1). 故选 D.
(2)(2020 届山东滨州市高三期初考试)已知函数 f(x)＝12x2＋(a－1)lnx－ax，其中 a∈R， 讨论函数 f(x)的单调性. 解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋a－x 1－a＝（x－1）（xx－a＋1）. ①若 a≤1，则当 x∈(0，1)时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在区间(0，1)上单调递减；当 x∈(1， ＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增. ②若 1＜a＜2，则当 x∈(0，a－1)或 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在区间(0， a－1)，(1，＋∞)上单调递增；当 x∈(a－1，1)时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在区间(a－1， 1)上单调递减. ③若 a＝2，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，所以函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
(1)(2021 四川省乐至中学高三月考)已知函数 f(x)＝(x－a－1)ex－12ax2＋a2x， 讨论 f(x)的单调性.

《导数在研究函数中的应用》一轮复习说课稿尊敬的各位老师、专家，大家好！我今天说课的内容是高三的一节复习课《导数在研究函数中的应用》。

下面，我从以下几个方面来说课。

一、教学理念：新课标指出，学生是教学的主体，教师的教应本着从学生的认知规律出发，以学生活动为主线，在原有知识的基础上，建构新的知识体系。

因此，教师的责任关键在于教学过程中创设一个“数学活动”环境，让学生通过这个环境的相互作用，利用自身的知识和经验构建自己的理解，获得知识，从而培养自己的数学素养，培养自己的能力。

二、教材分析1、本节教材的地位、作用分析导数在研究函数中的应用是人教A版高中数学新教材选修2-2第一章第三节的内容。

其中函数单调性是刻画函数变化的一个最基本的性质，虽然学生已经能够使用定义判定在所给区间上函数的单调性,但在判断较为复杂的函数单调性时,使用定义法局限性较大。

而通过本节课的学习，能很好的解决这一难题，能够使学生充分体验到导数作为研究函数单调性的工具，其有效性和优越性。

另一方面，在高考中常利用导数研究函数的单调性，并求单调区间、极值、最值、利用导数解决生活中的优化问题，同时对研究不等式等问题起着重要作用。

所以，学习本节课既加深了学生对前面所学知识之间的联系，也为后继学习做好了铺垫，学好本节内容，能加深学生对函数性质的理解，进一步体会数形结合、分类讨论、函数与方程的数学思想，能在高考中起到四两拨千斤的作用。

在高考中，常将导数与向量、不等式、集合一样作为工具与其他知识相综合考查。

2、教学目标（一）知识与技能目标：（1）了解函数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）；（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（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）. （二）过程与方法目标：（1）通过本节的复习，掌握用导数在研究函数单调性、极值和最值中的方法；（2）培养学生的观察、比较、分析、概括的能力，数形结合、转化思想、分类讨论的数学思想（三）情感态度与价值观目标：（1）在教学过程中让学生养成多动手、多观察、勤思考、善总结的习惯；（2）培养学生的探索精神，感受成功的乐趣。

2
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在

第三章 一元函数的导数及其应用
第 3 课时 导数在不等式中的应用
考点 1 构造函数证明不等式(讲练互动) [典例] (2020·南昌调研)已知函数 f(x)＝1－lnxx，g(x) ＝aeex＋1x－bx，若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点 是 A(1，1)，且在点 A 处的切线互相垂直． (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
则 aln a＋32－a－12a2≤0 成立， 令 u(a)＝aln a＋32－a－12a2(a>0)， 所以 u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a， 令 k(a)＝u′(a)＝ln a－a， k′(a)＝1a－1，令 k′(a)＝1－a a＝0，得 a＝1， 在(0，1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1， ＋∞)上，
(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；
(2)证明：当 a≥1e时，f(x)≥0. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x. 由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝21e2. 从而 f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x. 当 0＜x＜2 时，f′(x)＜0；当 x＞2 时，f′(x)＞0.
则 h(1)＝0，h′(x)＝－1－xl2n x＋eex＋x12＋1＝lnx2x＋eex＋1. 因为 x≥1，所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1>0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋x≥0. 故当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.

第八页，共33页。
当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)<0. 故 f(x)在0，－21a上单调递增，在－21a，＋∞上单调 递减． (2)证明：由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－21a处取得最 大值，最大值为 f －21a＝ln－21a－1－41a， 所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln－21a－1－41a≤－43a－2，
调递减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
第十七页，共33页。
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.
由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0，
所以 x1x2＝1.
又因 x2>x1>0，所以 x2>1.
又 t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
2．得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分， 无则没分，如第(1)问中，求出 f(x)的定义域，f′(x)在(0， ＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，找关系 ln x0＝xx00－＋11， 判定两曲线在点 B 处切线的斜率相等．
第二十四页，共33页。
3．得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本 保证．
第十三页，共33页。
又 f α1＝α1－1ln α1－α1－1＝f（αα）＝0， 故α1是 f(x)＝0 在(0，x0)的唯一根． 综上，f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为 倒数．
第十四页，共33页。
1．利用导数研究函数的性质是历年高考的重点、热点， 涉及的主要内容：(1)讨论函数的单调性；(2)求函数的极(最) 值、极(最)值点；(3)利用性质研究方程(不等式)．考查数学 运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养．

×
ln 3 32
×
l4n24×…×lnn2n<n1.
解析：由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成
立．
令x＝n，其中n∈N＋且n≥2，则有ln n<n－1，
又n－1<n(n－1)，所以ln n<n(n－1)，即lnn2n<n−n1，
所以l2n22
×
ln 3 32
高考用导数证明不等式问题，重点掌握导数与函数的性质、函数 的零点、数列等相结合的问题，提高学生分析问题、解决问题的能 力．
关键能力·题型剖析
题型一将不等式转化为函数的最值问题
例1 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋32.
单调递增．→正确写出结论得1分
(2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a→正确求出f(x)min得1分
要证f(x)≥2ln a＋32，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋32，即证a2－12－ln a＞0 恒成立．→正确转化f(x)＞2ln a＋32⇒f(x)min＞2ln a＋32得2分
巩固训练1 [2024·河南新乡模拟]已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间；
解析：因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝e−12. 当x ∈ (0，e−12)时，f′(x)<0；当x ∈ (e−12，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，e−12)，单调递增区间为(e−12，＋∞)．

第5课时　利用导数研究函数的零点问题考点1　讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)＝．(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)＝(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中≤a≤，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693．解：(1)函数f(x)＝，定义域是(0，＋∞)，故f′(x)＝．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2 020)＞f(2 021)，即＞，故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020．(2)因为g(x)＝(x2－4x＋4)＋2ln x－x，所以g′(x)＝ax＋－2a－1＝．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝，①当a＝时，则g′(x)＝≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当<a<时，则＜2，则g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln 2－2<0，有极大值g＝2a－－2ln a－2，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln 6－6＞2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g＝2a－－2ln a－2，h′(a)＝2＋－＝2>0，所以h(a)在上单调递增，所以h(a)<h＝e－－2－2ln <0，则g＜0，故g(x)在上没有零点．综上：当≤a≤时，g(x)只有1个零点．已知函数f(x)＝x－(e为自然常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－，则f′(x)＝．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝e x＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝e x＋a．当a≥－1时，φ′(x)＝e x＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝e x＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋a ln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．综上可得，实数a的取值范围是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝－ln x(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝(x＞0)．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0,1]时，ln x≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝∈R，a∈R，所以y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2　由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)－x ln x－3a在上有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x<－或x>，令f′(x)＜0，解得－<x<，所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．(2)g(x)＝x3＋3ax－x ln x，依题意，x3＋3ax－x ln x＝0在上有两个不同的解，即3a＝ln x－x2在上有两个不同的解．设h(x)＝ln x－x2，x∈，则h′(x)＝－2x＝．当x∈时，h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln 2－，且h＝－ln 2－，h(2)＝ln 2－4，h>h(2)，所以－ln 2－≤3a<－ln 2－，所以－ln 2－≤a<－ln 2－，即实数a的取值范围为．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋≤0在(0,1)上恒成立，即a≤－2x恒成立．令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－2＝－2>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范围是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋，记φ(x)＝x＋，则φ′(x)＝1＋．令φ′(x)＞0，解得x>1＋，所以φ(x)在(1,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增，φ(1＋)＝1＋＋＝1＋＝1＋∈(2,3)，由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋)<3，所以a>－φ(1＋)，所以整数a的最小值为－2．考点3　函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋<e．(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f ＝f ．设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1<x2<e．先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－ln x(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln (t＋1)＋ln x1<1，即证ln (t＋1)＋<1，即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0．令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，则S′(t)＝ln (t＋1)＋－1－ln t＝ln －．先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)ma x＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<＋<e．对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝－a＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得0<a<．显然e∈，f(e)＝1－a e<0，∈，f＝2ln－．设t＝>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f <0．所以实数a的取值范围为．(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2．构造函数H(x)＝f－f＝ln －ln －2ax,0<x<．H′(x)＝＋－2a＝>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f．由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f＝f．因为f(x)在上单调递减，所以x2>－x1，即x1＋x2>．故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考点　隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．设函数f(x)＝e x－ax－2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值为2．1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：1．已知函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，求得定义域为，对函数求导可得：f′(x)＝e x－，则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，则f(x)≥f(x0)＝e x0－a－eln(e x0＋a)＝－a－e·ln e＝e x0＋－2e－a＝e x0＋a＋－2e－2a．因为e x0＋a＋≥2e，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．2．已知函数f(x)＝．(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1．(1)解：函数f(x)的零点为e．函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(解答过程略)(2)证明：要证曲线y＝存在斜率为6的切线，即证y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝1－ln x0－6x＝0．即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．设切点坐标为，则y＝＝＝－6x0，x0∈．令h(x)＝－6x，x∈，由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，．所以y0<－1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有解得m＝．另一方面，由得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而得＝，于是，ln x1＋ln x2＝＝．又0<x1<x2，设t＝，则t>1．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，即证>2，t>1．即当t>1时，有ln t>．设函数h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝－＝≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，当t>1时，有ln t>．所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>．依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<g．证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<g．令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<g．因为x2，∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>，即x1x2>e2．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．即只需证明t1＋t2＞2，即>2⇔k(1＋e k)<2(e k－1)⇔k(1＋e k)－2(e k－1)<0．设g(k)＝k(1＋e k)－2(e k－1)(k<0)，则g′(k)＝k e k－e k＋1．令m(k)＝k e k－e k＋1，则m′(k)＝k e k<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2⇔ln k<⇔ln k－<0．设g(k)＝ln k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R．(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>．(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax．因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝．所以，当0<x<时，g′(x)>0，即g(x)在内单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．所以g(x)的最大值为g＝e，所以实数a的取值范围是．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2．由(1)，知0<a<．由两式相减，得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则<1，所以要证明x1＋x2>，只需证明<，即证明>ln x1－ln x2，亦即证明>ln．令函数h(x)＝－ln x,0<x<1，所以h′(x)＝<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以>ln x，即不等式>ln成立．综上，x1＋x2>，命题得证．。

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 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)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．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
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)＞0.( ) (2)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f′(x)＝0，则 f(x)在此区间内 没有单调性．( )
答案：(1)× (2)√
函数 f(x)＝cos x－x 在(0，π)上的单调性是( )
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论 (1)函数 f(x)在(a，b)内可导，且 f′(x)在(a，b)任意子区间内都不 恒等于 0，当 x∈(a，b)时： f′(x)≥0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递增； f′(x)≤0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递减． (2)f′(x)＞0(<0)在(a，b)上成立是 f(x)在(a，b)上单调递增(减)的 充分条件． [提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数 的符号．

π
π
-π,, 0,
____________.
2
2
由题意可知 f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令 f'(x)=xcos x>0,解得其在区间(-π,π)内的解集为
即 f(x)的单调递增区间为
π
-π,- 2
,
π
0, 2
.
π
-π,2
∪
π
0,
2
,
解题心得利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法
等,都需要考虑函数的单调性,所以也是高考必考知识.应用时,要注意函数
的定义域优先,准确求导变形,转化为导函数在某区间上的符号问题.常用
到分类讨论和数形结合的思想,对数学运算核心素养有一定的要求.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
第一环节
必备知识落实
【知识筛查】
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.
解 (1)若a=1,则f(x)=3x-2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
1
-42 +3+1
故 f'(x)= -4x+3=


=
-(4+1)(-1)
(x>0).

当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增;



1
2
7
7
即 g(x)在区间[1,4]上单调递增,g(x)max=g(4)= − =- ,即 a≥- .