【导与练】(新课标)2016届高三数学一轮复习 第2篇 函数的单调性学案 理

第十二课时 函数的单调性课前预习案1.理解函数单调性的定义，会用函数单调性解决一些问题．2.函数单调性的判断和函数单调性的应用．1.函数单调性的定义；________________________________________________2.判断函数单调性的常用方法：（1）定义法:_________________________________________________________（2）两个增（减）函数的和仍为增（减）函数；一个增（减）函数与一个减（增）函数的差是增（减）函数.（3）奇函数在对称的两个区间上有相同的单调性；偶函数在对称的两个区间上有相反的单调性. （4）如果()f x 在区间D 上是增（减）函数，那么()f x 在D 的任一子区间上也是增（减）函数. （5）如果()y f u =和()u g x =单调性相同，那么[()]y f g x =是增函数；如果()y f u =和()u g x =单调性相反，那么[()]y f g x =是减函数.（6）若当[,]x a b ∈时，'()0f x >，则()f x 在[,]a b 上递增；若当[,]x a b ∈时，'()0f x <，则()f x 在[,]a b 上递减.（7）利用函数图象判断函数单调性. 3.函数单调性的证明：定义法；导数法.1．()(21),f x a x b R =-+设函数是上的减函数则a 的范围为( )A ．12a ≥B ．12a ≤C ．12a >-D ．12a < 2．函数2([0,)y x bx c x =++∈+∞)是单调函数的充要条件是( )A ．0b ≥B ．0b ≤C ．0b >D ．0b <3．函数y =的单调减区间是_________.课堂探究案考点1： 函数单调性的判定【典例1】（1）作出函数2()|1|f x x x =-+的图象，并根据函数图象写出函数的单调区间.（2)判断函数 y x = [0,)+∞上的单调性.【变式1】判断函数2()1axf x x =- (a ≠0)在区间(－1，1)上的单调性。

第二节导数与函数的单调性[最新考纲] 1.了解函数的单调性和导数的关系.2.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会超过三次)．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1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．一、思考辨析(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)√二、教材改编1．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下面判断正确的是( )A．在区间(－3,1)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．在区间(3,5)上f(x)是增函数C[由图像可知，当x∈(4,5)时，f′(x)＞0，故f(x)在(4,5)上是增函数．]2．函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A ．先增后减 B ．先减后增 C ．增函数D ．减函数D [因为f ′(x )＝－sin x －1＜0在(0，π)上恒成立， 所以f (x )在(0，π)上是减函数，故选D.]3．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．(0,1] [函数f (x )的定义域为{x |x ＞0}，由f ′(x )＝1－1x≤0，得0＜x ≤1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1]．]4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的最大值是________． 3 [f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈[1，＋∞ )，所以a ≤3，即a 的最大值是3.]考点1 不含参数函数的单调性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．1.函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( )A ．单调递增B ．单调递减C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增A [f ′(x )＝1－cos x ＞0在(0,2π)上恒成立，所以在(0,2π)上单调递增．] 2．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，＋∞)B [∵y ＝12x 2－ln x ，∴x ∈(0，＋∞)，y ′＝x －1x＝x －1x ＋1x.由y ′≤0可解得0＜x ≤1，∴y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1]，故选B.]3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 [f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 令f ′(x )＝x cos x ＞0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.]求函数的单调区间时，一定要树立函数的定义域优先的原则，否则极易出错．如T 2.考点2 含参数函数的单调性研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．(1)讨论分以下四个方面 ①二次项系数讨论； ②根的有无讨论； ③根的大小讨论； ④根在不在定义域内讨论．(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x ，当a ＜0时，讨论函数f (x )的单调性．[解] 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －2a x＋a －2＝x －2x ＋a x.①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′(x )＝x －22x≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当0＜－a ＜2，即－2＜a ＜0时，∵0＜x ＜－a 或x ＞2时，f ′(x )＞0；－a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减． ③当－a ＞2，即a ＜－2时，∵0＜x ＜2或x ＞－a 时，f ′(x )＞0；2＜x ＜－a 时，f ′(x )＜0， ∴f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减．综上所述，当－2＜a ＜0时，f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＜－2时，f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减．含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于(或小于)零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点．已知函数f (x )＝ln(e x ＋1)－ax (a ＞0)，讨论函数y ＝f (x )的单调区间．[解] f ′(x )＝e xe x ＋1－a ＝1－1e x ＋1－a .①当a ≥1时，f ′(x )＜0恒成立， ∴当a ∈[1，＋∞)时， 函数y ＝f (x )在R 上单调递减． ②当0＜a ＜1时，由f ′(x )＞0，得(1－a )(e x＋1)＞1， 即e x＞－1＋11－a ，解得x ＞ln a 1－a ，由f ′(x )＜0，得(1－a )(e x ＋1)＜1， 即e x＜－1＋11－a ，解得x ＜ln a 1－a .∴当a ∈(0,1)时，函数y ＝f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减． 综上，当a ∈[1，＋∞)时，f (x )在R 上单调递减；当a ∈(0,1)时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减．考点3 已知函数的单调性求参数根据函数单调性求参数的一般方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)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．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． [解] (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2＜0有解，即a ＞1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a ＞－1且a ≠0，即a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)由h (x )在[1,4]上单调递减得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716且a ≠0，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． [母题探究]1．(变问法)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． [解] 由h (x )在[1,4]上单调递增得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x 2－2xmin ＝－1(此时x ＝1)， 所以a ≤－1且a ≠0，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．(变问法)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围． [解] h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，则h ′(x )＜0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a ＞－1且a ≠0，即a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．3．(变条件)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上不单调，求a 的取值范围． [解] 因为h (x )在[1,4]上不单调， 所以h ′(x )＝0在(1,4)上有解，即a ＝1x 2－2x 有解，令m (x )＝1x 2－2x，x ∈(1,4)，则－1＜m (x )＜－716，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－716. (1)f (x )在D 上单调递增(减)，只要满足f ′(x )≥0(≤0)在D 上恒成立即可．如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．(2)二次函数在区间D 上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图像的对称轴与区间D 的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x 在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．[解] f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h (x )＝4x －1x，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，解得a ＜0或0＜a ≤25或a ≥1.考点4 利用导数比较大小或解不等式用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有： (1)f (x )＞g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.(1)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，设函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则( )A ．4f (－2)＜9f (3)B ．4f (－2)＞9f (3)C ．2f (3)＞3f (－2)D ．3f (－3)＜2f (－2)(2)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x ＞0时，有xf ′x －f xx 2＜0恒成立，则不等式x 2f (x )＞0的解集是________．(1)A (2)(－∞，－2)∪(0,2) [(1)根据题意，令g (x )＝x 2f (x )，其导数g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，又对任意x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则当x ＞0时，有g ′(x )＝x (2f (x )＋xf ′(x ))＞0恒成立，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f (x )是定义在R 上的偶函数，则f (－x )＝f (x )，则有g (－x )＝(－x )2f (－x )＝x 2f (x )＝g (x )，即函数g (x )也为偶函数，则有g (－2)＝g (2)，且g (2)＜g (3)，则有g (－2)＜g (3)，即有4f (－2)＜9f (3)．故选A.(2)令φ(x )＝f x x ，∵当x ＞0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＜0，∴φ(x )＝f xx在(0，＋∞)上为减函数，又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 )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )＞0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．]如本例(1)已知条件“2f (x )＋xf ′(x )＞0”，需构造函数g (x )＝x 2f (x )，求导后得x ＞0时，g ′(x )＞0，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，从而问题得以解决．而本例(2)则需构造函数φ(x )＝f xx解决． 1.定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x2f (x 1) B ．e x1f (x 2)＜e x2f (x 1) C ．e x1f (x 2)＝e x2f (x 1)D ．e x1f (x 2)与e x2f (x 1)的大小关系不确定 A [设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由题意得g ′(x )＞0，所以g (x )在R 上单调递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f x 1ex 1＜f x 2ex 2，所以e x1f (x 2)＞e x2f (x 1)．]2．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＜x 22＋12的解集为________． (－∞，－1)∪(1，＋∞) [由题意构造函数F (x )＝f (x )－12x ，则F ′(x )＝f ′(x )－12.因为f ′(x )＜12，所以F ′(x )＝f ′(x )－12＜0，即函数F (x )在R 上单调递减．因为f (x 2)＜x 22＋12，f (1)＝1，所以f (x 2)－x 22＜f (1)－12，所以F (x 2)＜F (1)，又函数F (x )在R 上单调递减，所以x 2＞1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．]。

第2讲导数与函数的单调性1．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．判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)假设函数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，那么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( )A．先增后减B．先减后增C．增函数D．减函数解析：选D.因为f′(x)＝－sin x－1＜0.所以f(x)在(0，π)上是减函数，应选D.(教材习题改编)函数f(x)的导函数f′(x)有以下信息：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.那么函数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，应选C.(教材习题改编)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，＋∞)f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，那么实数a 的最大值是________．解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈[1，＋∞)，所以a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：3利用导数判断(证明)函数的单调性[典例引领](2017·高考全国卷Ⅰ节选)函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性． 【解】 (分类讨论思想)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x＋a )(e x－a )．①假设a ＝0，那么f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)单调递增． ②假设a ＞0，那么由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增． ③假设a ＜0，那么由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单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞单调递增．导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )；(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数.[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[通关练习]1．函数f (x )＝e 2x＋2cos x －4的定义域是[0，2π]，那么f (x )( ) A ．在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数 B ．在[0，π]上是增函数，在[π，2π]上是减函数 C ．在[0，2π]上是增函数 D ．在[0，2π]上是减函数解析：选C.由题意可得f ′(x )＝2e 2x－2sin x ＝2(e 2x－sin x )． 因为x ∈[0，2π]，所以f ′(x )≥2(1－sin x )≥0， 所以函数f (x )在[0，2π]上是增函数，应选C. 2．函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝xx ＋1(x ＞－1)．讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(－1，＋∞)上的单调性． 解：F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝mx ＋1－1〔x ＋1〕2＝m 〔x ＋1〕－1〔x ＋1〕2(x ＞－1)． 当m ≤0时，F ′(x )＜0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，令F ′(x )＜0，得x ＜－1＋1m ，函数F (x )在(－1，－1＋1m)上单调递减；令F ′(x )＞0，得x ＞－1＋1m ，函数F (x )在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减，在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．求函数的单调区间[典例引领](2016·高考卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． 【解】 (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f 〔2〕＝2e ＋2，f ′〔2〕＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1， 解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e 2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，那么g ′(x )＝－1＋ex －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(－∞，＋∞)．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成假设干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 解析：选B.因为函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1e.故f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .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X 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．高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度： (1)比较大小或解不等式； (2)函数单调性求参数的取值X 围．[典例引领]角度一 比较大小或解不等式(构造函数法)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，那么f (x )＞2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)【解析】 由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，那么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，应选B.【答案】 B角度二 函数单调性求参数的取值X 围函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)假设函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值X 围；(2)假设函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值X 围． 【解】 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2＜0有解．即a ＞1x 2－2x有解，设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可． 而G (x )＝(1x－1)2－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a ＞－1.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )ma x ，而G (x )＝(1x－1)2－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )ma x ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值X 围是[－716，＋∞)．1.本例条件变为：假设函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值X 围． 解：由h (x )在[1，4]上单调递增得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值X 围是(－∞，－1]．2.本例条件变为：假设h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，求a 的取值X 围． 解：h (x )在[1，4]上存在单调递减区间， 那么h ′(x )＜0在[1，4]上有解， 所以当x ∈[1，4]时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，所以a ＞－1，即a 的取值X 围是(－1，＋∞)．(1)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． (2)利用函数的单调性求参数的取值X 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，假设f ′(x )恒等于0，那么参数的这个值应舍去；假设只有在个别点处有f ′(x )＝0，那么参数可取这个值．[提醒] f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任意一个非空子区间上f ′(x ，否那么漏解．[通关练习]1．函数f (x )＝x 3－3x ，假设在△ABC 中，角C 是钝角，那么( ) A ．f (sin A )＞f (cos B ) B ．f (sin A )＜f (cos B ) C ．f (sin A )＞f (sin B )D ．f (sin A )＜f (sin B )解析：选A.因为f (x )＝x 3－3x ，所以f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1，1)上是减函数，又A 、B 都是锐角，且A ＋B ＜π2，所以0＜A ＜π2－B ＜π2，所以sin A＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )＞f (cos B )，应选A.2．函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)假设f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，某某数a 的取值X 围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .假设a ≤0，那么f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；假设a >0，那么当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，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，那么2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值X 围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件； (2)f ′(x )≥0(或≤0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件． 利用导数研究函数的单调性的思路根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中含有参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这个点不止一个，那么要根据参数在不同X 围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，在分类解决问题后要整合为一个一般的结论． 化归转化思想的应用(1)函数f (x )在D 上单调递增求参数的取值X 围，常转化为f ′(x )≥0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴下方的问题，函数f (x )在D 上单调递减求参数的取值X 围，常转化为f ′(x )≤0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴上方的问题．(2)函数f (x )在D 上不单调，①将其转化为其导数在该区间不会恒大于零或恒小于零；②构造函数，通过构造函数，把复杂的函数转化为简单的函数． 易误防X(1)求单调区间应遵循定义域优先的原那么．(2)注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数〞与“函数f (x )的减区间为(a ，b )〞的区别．(3)利用导数求函数的单调区间时，要正确求出导数等于零的点，不连续点及不可导点． (4)假设f (x )在给定区间内有多个单调性相同的区间不能用“∪〞连接，只能用“，〞隔开或用“和〞连接．1．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．2．函数f (x )＝axx 2＋1(a ＞0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)或(1，＋∞)解析：选B.函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a 〔1－x 2〕〔x 2＋1〕2＝a 〔1－x 〕〔1＋x 〕〔x 2＋1〕2.由于a ＞0，要使f ′(x )＞0，只需(1－x )·(1＋x )＞0，解得x ∈(－1，1)． 3．(2018·某某模拟)函数f (x )＝exx的图象大致为( )解析：选 B.由f (x )＝exx ，可得f ′(x )＝x e x －e x x 2＝〔x －1〕e xx 2，那么当x ∈(－∞，0)和x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又当x ＜0时，f (x )＜0，应选B.4．(2018·某某某某一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，那么实数a 的取值X 围为( ) A ．a ＜1B ．a ≤1C ．a ＜2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， 因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， 因为x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，所以a ≤2应选D.5．函数f (x )在定义域R 内可导，假设f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，那么a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：选C.因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝b ， 又f (x )＝f (2－x )， 所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)＜f (0)＝a ，所以c ＜a ＜b ，应选C.6．函数f (x )＝x 4＋54x －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝x 4＋54x－ln x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x2， 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)． 答案：(0，5)7．假设f (x )＝x sin x ＋cos x ，那么f (－3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，f (2)的大小关系为________(用“＜〞连接)．解析：函数f (x )为偶函数，因此f (－3)＝f (3)． 又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π时，f ′(xf (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上是减函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞f (2)＞f (3)＝f (－3)．答案：f (－3)＜f (2)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 8．(2018·某某市第一次诊断考试)假设函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上单调递减，那么实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间(12，3)上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间(12，3)上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′〔12〕≤0f ′〔3〕≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－12a ＋1≤09－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值X 围为[103，＋∞)．答案：[103，＋∞)9．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0，6)． (1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)， 由点(0，6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，解得a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x ＞0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝〔x －2〕〔x －3〕x.令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3. 当0＜x ＜2或x ＞3时，f ′(x )＞0； 当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )的单调递增区间是(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2，3)． 10．函数g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5.(1)假设函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值X 围； (2)假设函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值X 围． 解：因为g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2.(1)法一：因为g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )＝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X 围为(－∞，－3]．法二：由题意知x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立， 所以a ≤x ＋2x在(－2，－1)内恒成立，记h (x )＝x ＋2x，那么x ∈(－2，－1)时，－3＜h (x )≤－22，所以a ≤－3. (2)因为函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间， 所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0在(－2，－1)内有解，所以a ＜⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x ma x.又x ＋2x≤－2 2.当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值X 围是(－∞，－22)．1．(2018·某某江淮十校第三次联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，那么实数a 的取值X 围是( ) A ．1＜a ≤2 B ．a ≥4 C ．a ≤2D ．0＜a ≤3解析：选A. 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x ＜0，解得0＜xf (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A.2．(2018·豫南九校联考)f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )＜0，且f (－1)＝0，那么f (x )＞0的解集为( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1，1) C ．(－∞，0) D ．(－1，＋∞)解析：选A.设g (x )＝f 〔x 〕e2x，那么g ′(x )＝f ′〔x 〕－2f 〔x 〕e2x＜0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )＞0⇔g (x )＞0，所以x ＜－1.3．函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x，a ＜0，假设存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，那么a 的取值X 围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x，由a ＜0可得f ′(x )＜0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减，g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )＜0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故g (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1＞0，即a ＜－1，故a 的取值X 围是(－∞，－1)． 答案：(－∞，－1)4．定义在R 上的奇函数f (x )，当x ∈(－∞，0)时f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立，假设a ＝3f (3)，b ＝(log πe)f (log πe)，c ＝－2f (－2)，那么a ，b ，c 的大小关系为________． 解析：设g (x )＝xf (x )， 那么g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，因为当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立， 所以此时g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＜0，即此时函数g (x )＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减，因为f (x )是奇函数，所以g (x )＝xf (x )是偶函数，即当x ＞0时，函数g (x )＝xf (x )单调递增，那么a ＝3f (3)＝g (3)，b ＝(log πe)f (log πe)＝g (log πe)，c ＝－2f (－2)＝g (－2)＝g (2)，因为0＜log πe ＜1＜2＜3，所以g (3)＞g (2)＞g (log πe)，即a ＞c ＞b . 答案：a ＞c ＞b5．e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x－ax －1的定义域为(0，＋∞)． (1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)判断函数f (x )的单调性． 解：(1)因为a ＝e ，所以f (x )＝e x－e x －1，f ′(x )＝e x－e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0. 所以当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1. (2)因为f (x )＝e x－ax －1，所以f ′(x )＝e x－a . 易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．所以当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞1时，由f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ，所以当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．6．(2018·某某市武昌区调研考试)函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋〔1－a 〕x －a x ＝〔x ＋1〕〔x －a 〕x.假设a ≤0，那么f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．假设a ＞0，那么由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当x ＞a 时，f ′(x )＞0.此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，那么g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )． 所以g ′(x )＝2－a a ＋x －aa －x ＝－2x2a 2－x 2.当0＜x ＜a 时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，a )上是减函数． 而g (0)＝0，所以g (x )＜g (0)＝0. 故当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )．。

《金版新学案》高三数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用第2课时函数的单调性与最值精品练习 理 北师大版(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则( )A ．k ＞12B ．k ＜12C ．k ＞－12D ．k ＜－12解析： 使y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则2k ＋1＜0，即k ＜－12. 答案： D2．函数y ＝－x 2＋2x －3(x ＜0)的单调增区间是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，1]C ．(－∞，0)D ．(－∞，－1] 解析： 二次函数的对称轴为x ＝1，又因为二次项系数为负数，拋物线开口向下，对称轴在定义域的右侧，所以其单调增区间为(－∞，0)．答案： C3．函数y ＝3x ＋6－8－x 的值域为( )A ．[－10，10]B ．[－10，30]C ．[－10，25]D ．[－10，210]解析： 定义域为[－2,8]，又f (x )为增函数，∴y ∈[－10，30]．答案： B4．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x－(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析： 由题意知当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2，又∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域上都为增函数，∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.答案： C5．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f (|x |)＜f (1)的实数x 的取值范围是() A ．(－1,1) B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析： ∵f (x )在R 上为减函数且f (|x |)＜f (1)，∴|x |＞1，解得x ＞1或x ＜－1.答案： D6．函数y ＝2x －1的定义域是(－∞，1)∪[2,5)，则其值域是( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2 B ．(－∞，2]C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪[2，＋∞) D ．(0，＋∞)解析： ∵x ∈(－∞，1)∪[2,5)，则x －1∈(－∞，0)∪[1,4)．∴2x －1∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2.故应选A.答案： A二、填空题7．函数y ＝－(x －3)|x |的递增区间是________．解析： y ＝－(x －3)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋3x x ＞0，x 2－3x x ≤0.作出该函数的图象，观察图象知递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32. 答案： ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32 8．函数y ＝xx ＋a在(－2，＋∞)上为增函数，则a 的取值范围是________． 解析： y ＝x x ＋a ＝1－ax ＋a ，依题意，得函数的单调增区间为(－∞，－a )、(－a ，＋∞)，要使y 在(－2，＋∞)上为增函数，只要－2≥－a ，即a ≥2.答案： a ≥29．如果函数f (x )在[a ，b ]上是增函数，对于任意的x 1、x 2∈[a ，b ](x 1≠x 2)，下列结论中正确的有________．①f x 1－f x 2x 1－x 2＞0； ②(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0；③f (a )＜f (x 1)＜f (x 2)＜f (b )；④x 1－x 2f x 1－f x 2＞0. 解析： ∵f (x )在[a ，b ]上为增函数．∴x 1－x 2与f (x 1)－f (x 2)的符号相同．∴①②④均正确．又∵不知道x 1，x 2的大小，∴无法比较f (x 1)与f (x 2)的大小，故③错误．答案： ①②④三、解答题10．判断函数f (x )＝e x ＋e －x在区间(0，＋∞)上的单调性．【解析方法代码108001009】解析： 方法一：设0＜x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝e x 1＋e－x 1－e x 2－e －x 2＝(e x 2－e x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 1＋x 2－1， ∵0＜x 1＜x 2，∴e x 2－e x 1＞0，又e ＞1，x 1＋x 2＞0，∴e x 1＋x 2＞1，故1e x 1＋x 2－1＜0， ∴f (x 1)－f (x 2)＜0，由单调函数的定义知函数f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数． 方法二：对f (x )＝e x ＋e －x求导得： f ′(x )＝e x －e －x ＝e －x (e 2x －1)，当x ∈(0，＋∞)时，有e －x ＞0，e 2x －1＞0，此时f ′(x )＞0，∴函数f (x )＝e x ＋e －x在区间(0，＋∞)上为增函数．11．求函数f (x )＝x 2＋x －6的单调区间．【解析方法代码108001010】解析： 设u ＝x 2＋x －6，y ＝u .由x 2＋x －6≥0，得x ≤－3或x ≥2.结合二次函数的图象可知，函数u ＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的．又∵函数y ＝u 是递增的，∴函数f (x )＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的．12．已知函数f (x )＝a －1|x |. (1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解析： (1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x， 设0＜x 1＜x 2，则x 1x 2＞0，x 2－x 1＞0.f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2＜0.∴f (x 1)＜f (x 2)，即f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意a －1x ＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x ，则a ＜h (x )在(1，＋∞)上恒成立．可证h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3，∴a 的取值范围为(－∞，3]．。

第十一节导数的应用[考纲传真](教师用书独具)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)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题．(对应学生用书第34页)[基础知识填充]1．函数的单调性在(a，b)内函数f(x)可导，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．函数的极值(1)函数的极小值：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．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的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．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．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．[知识拓展]1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.()(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．()(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)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．()[答案](1)×(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×2．(教材改编)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为()A．(0,4)B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)A[f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4，∴单调递减区间为(0,4)．]3．如图2-11-1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()图2-11-1A ．函数f (x )在区间(－3,0)上是减函数B ．函数f (x )在区间(1,3)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(3,4)上是增函数A [当x ∈(－3,0)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．]4．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8 [y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0， 得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8，∴最大值为8.]5．函数f (x )＝x －a ln x (a ＞0)的极小值为________． a －a ln a [f (x )的定义域为(0，＋∞)， 易知f ′(x )＝1－ax .由f ′(x )＝0，解得x ＝a (a ＞0)． 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，∴函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ．]第1课时 导数与函数的单调性(对应学生用书第35页)(2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性．[解] 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， 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 . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增．③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⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．[规律方法] 用导数证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤 一求：求f ′(x )；二定：确定f ′(x )在(a ，b )内的符号；三结论：作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数.易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论. (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论，②根的有无讨论，③根的大小讨论，④根在不在定义域内讨论.(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分点. (3)讨论完必须写综述.[跟踪训练] (2016·四川高考节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee 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.[解] (1)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 )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，又s (1)＝0，有s (x )＞0， 所以e x －1>x ， 从而g (x )＝1x －1e x －1>0.设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值；【导学号：97190076】(2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ， 所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)＝2e ＋2，f ′(2)＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知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(－∞，＋∞)． [规律方法] 利用导数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. 易错警示：解不等式f ′(x )＞0(＜0)时不加“＝”号.[跟踪训练] (2018·合肥第二次质检节选)已知f (x )＝ln(x ＋m )－mx .求f (x )的单调区间．[解] 由已知可得函数定义域为(－m ，＋∞)． ∵f (x )＝ln(x ＋m )－mx ，∴f ′(x )＝1x ＋m－m .当m ≤0时，f ′(x )＝1x ＋m－m ＞0，即f (x )的单调递增区间为(－m ，＋∞)，无单调递减区间； 当m ＞0时，f ′(x )＝1x ＋m －m ＝－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m －1m x ＋m ，由f ′(x )＝0，得x ＝1m －m ∈(－m ，＋∞)， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，－m ＋1m 时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ＋1m ，＋∞时，f ′(x )＜0， ∴当m ＞0时，易知f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，－m ＋1m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ＋1m ，＋∞.已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． [解] (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2＜0有解，即a ＞1x 2－2x 有解．设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a ＞G (x )min 即可． 而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a ＞－1，即a 的取值范围为(－1，＋∞)． (2)由h (x )在[1,4]上单调递减得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立， 即a ≥1x 2－2x 恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.1．本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． [解] 由h (x )在[1,4]上单调递增得， 当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， ∴当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，∴a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围． [解] h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )＜0在[1,4]上有解， ∴当x ∈[1,4]时，a ＞1x 2－2x 有解， 又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min ＝－1，∴a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)． [规律方法] 根据函数单调性求参数的一般方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集.(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解.易错警示：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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.[跟踪训练] (1)(2017·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a ＜1B ．a ≤1C ．a ＜2D ．a ≤2(2)函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是( )【导学号：97190077】A ．(－∞，－3]B ．(－3,1)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)(1)D (2)B (1)由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax ，∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，∴a ≤2.故选D ． (2)因为f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5， 所以f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋a －1，如果函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上单调，那么a －1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－1)≤0，f ′(2)≤0，解得a ≥1或a ≤－3，于是满足条件的a ∈(－3,1)．f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1在(2,3)上不单调，求a 的取值范围．[解] f ′(x )＝3x 2－6ax ＋3，∵f (x )在(2,3)上不单调．∴3x2－6ax＋3＝0在(2,3)上有解．∴a＝x2＋12x，当2＜x＜3时，54＜a＜53.[规律方法]f(x)在(a，b)上不单调⇔f(x)在(a，b)上有极值⇔f′(x)＝0在(a，b)上有解且无重根.[跟踪训练]f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不单调，求a的取值范围．[解]f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(3x＋a＋2)(x－a)，∵f(x)在(－1,1)上不单调，∴f′(x)＝0在(－1,1)上有解．∴a＝－3x－2或a＝x，有－1＜x＜1得－5＜a＜1，又Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＝(2a＋1)2＞0，∴a≠－1 2，∴a的取值范围为－5＜a＜－12或－12＜a＜1.。

导数与函数单调性一、回顾： 将函数x x f y sin )('=的图象向左平移4π个单位，得到函数x y 2sin 21-=的图象，则)(x f 是 ▲ （写出一个即可） 二、08~12年江苏数学命题研究及13年走势分析2012年江苏省高考说明中，《导数及其应用》属于必做题部分，其中导数的概念是A 级要求，导数的几何意义，导数的运算，利用导数研究函数的单调性与极值，以及导数在实际问题中的应用是B 级要求.导数与函数、数列、三角、不等式、解析几何等知识有着密切的联系，导数作为工具在研究函数的性质及在实际生活中有着广泛的应用, 导数是高中数学中与高等数学联系最密切的知识之一,所以备受高考命题老师的重视.2008年14题考查 导数在函数单调性的综合运用2009年03题考查 导数研究函数单调性2010年14题考查 导数研究函数性质2011年12题考查 指数函数、导数的几何意义 2012年考查 导数研究函数零点导数— 导数作为新增内容应为考查的重点内容。

利用导数刻划函数,或已知函数性质求参数范围等，2008年江苏考了一道“导数应用题”，理科加试考了“导数与定积分混合型”题,2009年未考大题。

那么2013年仍应重视导数题的考查,以中档题为主。

小题中两年都考了三次函数,应该更加关注指、对数函数,三角函数的导数及相关的超越函数. 三、知识点梳理： 函数单调性：⑴函数单调性的判定方法：设函数)(x f y =在某个区间内可导，如果)('x f ＞0，则)(x f y =为增函数；如果)('x f ＜0，则)(x f y =为减函数. ⑵常数的判定方法；如果函数)(x f y =在区间I 内恒有)('x f =0，则)(x f y =为常数.注：①)('x f ＞0是f （x ）递增的充分条件，但不是必要条件，如32x y =在),(+∞-∞上并不是都有)('x f ＞0，有一个点例外即x =0时)('x f = 0，同样)('x f ＜0是f （x ）递减的充分非必要条件.②一般地，如果)('x f 在某区间内有限个点处为零，在其余各点均为正（或负），那么f （x ）在该区间上仍旧是单调增（或单调减）的. 经典体验：1.【07广东12】函数()ln (0)f x x x x =>的单调递增区间是 .2.函数]1,0[11)(22在x x x x x f -++-=上的最小值是 . 3.函数2cos y x x =+在区间[0，21]上的最大值是 . 经典讲练：例：1.【2010·拉萨中学月考】函数)(x f y =在定义域（3,23-）内可导，其图象如图所示，记)(x f y =的导函数为)('x f y =，则不等式0)('≤x f 的解集为__ ____2.【靖江六校2011一调】7.已知函数()y f x =在定义域3(,3)2-上可导，()y f x =的图像如图，记()y f x =的导函数'()y f x =，则不等式'()0xf x ≤的解集是 __ _ ___.3.【聊城一中·文科】10．定义在R 上的函数)(x f 满(4)1f =．)(x f '为)(x f 的导函数，已知函数)(x f y '=的图象如图所示.若两正数b a ,满足1)2(<+b a f ，则22b a ++的取值范围是 .例：2（2001年天津卷）0>a x x eaa e x f +=)(是R 上的偶函数。

第十二讲 导数在研究函数中的应用第一课时 导数与函数的单调性知识梳理·双基自测知识梳理知识点 函数的单调性(1)设函数y ＝f (x )在某个区间内可导，若f ′(x )>0，则f (x )为增函数，若f ′(x )<0，则f (x )为减函数．(2)求可导函数f (x )单调区间的步骤： ①确定f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，解出相应的x 的范围；④当f ′(x )>0时，f (x )在相应区间上是增函数，当f ′(x )<0时，f (x )在相应区间上是减函数．重要结论导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或f ′(x )<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)(f ′(x )不恒等于0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充要条件．双基自测题组一 走出误区1．(多选题)下列结论不正确的是( ABD )A ．若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )>0B ．若函数y ＝f (x )在(a ，b )内恒有f ′(x )≥0，则y ＝f (x )在(a ，b )上一定为增函数C ．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D ．因为y ＝1ln x 的导函数为y ′＝－1x (ln x )2，∵x >0，∴y ′<0，因此y ＝1ln x 的减区间为(0，＋∞)[解析] 对于A ，有可能f ′(x )＝0，如f (x )＝x 3，它在(－∞，＋∞)上为增函数，但f ′(x )＝x 2≥0.对于B ，因为y ＝f (x )若为常数函数，则一定有f ′(x )＝0满足条件，但不具备单调性． 对于C ，如果函数f (x )在某个区间内恒若f ′(x )＝0，则此函数f (x )在这个区间内为常数函数，则函数f (x )在这个区间内没有单调性．对于D，y＝1ln x定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的减区间为(0,1)和(1，＋∞)．题组二走进教材2．(选修2－2P26T1改编)函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(A)A．(0,4) B．(0.2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)[解析]f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0<x<4，所以单调递减区间为(0,4)．故选A．3．(选修2－2P32BT1改编)已知函数f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(D)A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)[解析]f′(x)＝1－cos x，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D．4．(选修2－2P31AT3改编)已知函数y＝f(x)在定义域(－3,6)内可导，其图象如图，其导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为[－1,2]∪[4,6).[解析]f′(x)≤0，即y＝f(x)递减，故f′(x)≤0，解集为[－1,2]∪[4,6)．题组三考题再现5．(2017·浙江，4分)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(D)[解析] 根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f (x )在这些零点处取得极值，排除A ，B ；记导函数f ′(x )的零点从左到右分别为x 1，x 2，x 3，又在(－∞，x 1)上f ′(x )<0，在(x 1，x 2)上f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，x 1)上单调递减，排除C ，选D ．6．(2016·全国卷Ⅰ，5分)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( C )A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，－13][解析] 函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at＋53≥0在[－1,1]上恒成立，所以⎩⎨⎧g (1)＝－43＋a ＋53≥0，g (－1)＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.故选C ．注：文科(sin 2x )′＝(2sin x cos x )′＝2[(sin x )′cos x ＋sin x ·(cos x )′]＝2(cos 2x －sin 2x )＝2cos 2x .KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU 考点突破·互动探究考点 函数的单调性考向1 不含参数的函数的单调性——自主练透例1 (1)(2020·山西太原期中)函数y ＝x ＋3x ＋2ln x 的单调递减区间是( B )A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)(2)已知e 为自然对数的底数，则函数y ＝e x ＋x 2－x 的单调递增区间是( A ) A ．[0，＋∞) B ．(－∞，0] C ．[1，＋∞)D ．(－∞，1](3)(多选题)(2020·济南调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是( AC )A ．(－π，－π2)B ．(－π2，0)C ．(0，π2)D ．(π2，π)[解析] (1)函数的定义域是(0，＋∞)，y ′＝1－3x 2＋2x ＝(x ＋3)(x －1)x 2，令y ′<0，解得0<x <1，故函数在(0,1)上单调递减，故选B ．(2)y ′＝e x ＋2x －1＝(e x －1)＋2x ，当x ≥0时，e x ≥1，(e x －1)＋2x ≥0，当x <0时，e x <1，(e x －1)＋2x <0，故选A ．(3)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－π2)和(0，π2)，即f (x )的单调递增区间为(－π，－π2)，(0，π2)．故选A 、C ．名师点拨 ☞用导数f ′(x )确定函数f (x )单调区间的三种类型及方法：(1)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0可解时，根据函数的定义域，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，根据函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，再确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0及方程f ′(x )＝0均不可解时，对f ′(x )化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．考向2 含参数的函数的单调性——师生共研例2 (2020·东北三省四市一模)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x＋a ln x ，x ∈(0,6)，讨论f (x )的单调性．[解析] f ′(x )＝－2x 2＋a x ＝ax －2x 2，x ∈(0,6)，∴a ≤0时，f ′(x )<0在x ∈(0,6)上恒成立， ∴f (x )在(0,6)单调递减，无单调递增区间；当a >0，且2a ≥6，即0<a ≤13时，f ′(x )<0在x ∈(0,6)上恒成立，∴f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >0，且2a <6，即a >13时，在x ∈(0，2a )上，f ′(x )<0，在x ∈(2a ，6)上，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，2a )上单调递减，在(2a，6)上单调递增．综上，当a ≤13时，f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >13时，f (x )在(0，2a )上单调递减，在(2a，6)上单调递增．名师点拨 ☞(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．(3)个别导数为0的点不影响在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．〔变式训练1〕设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )，讨论f (x )的单调性．[解析] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4.①当|a |≤2时，即－2≤a ≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0有两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．综上得，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时，f (x )在(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递增，在(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递减．考向3 利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究 角度1 比较大小例3 已知函数f (x )＝12x 2－ln x ，则有( A )A ．f (2)<f (e)<f (3)B ．f (e)<f (2)<f (3)C ．f (3)<f (e)<f (2)D ．f (e)<f (3)<f (2)[解析] f ′(x )＝x －1x ＝(x －1)(x ＋1)x (x >0)，在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增， ∴f (3)>f (e)>f (2)．故选A ． 角度2 解不等式例4 (2020·昆明模拟)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f (ln 1x)<2f (1)的解集为( D )A ．(e ，＋∞)B ．(0，e)C ．(0，1e)∪(1，e)D ．(1e，e)[解析] 函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2的导数为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 则x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，且f (－x )＝(－x )sin(－x )＋cos(－x )＋(－x )2＝f (x )， 所以f (x )为偶函数，即有f (x )＝f (|x |)， 则不等式f (ln x )＋f (ln 1x )<2f (1)，即为f (ln x )<f (1)，即为f (|ln x |)<f (1)， 则|ln x |<1，即－1<ln x <1，解得1e <x <e.角度3 已知函数的单调性求参数取值范围例5 若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( D ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)[分析] 利用函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f ′(x )≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f (x )的增区间的子集求解．[解析] 解法一：因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立， 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x ≥0，即k ≥1x .因为x >1，所以0<1x<1，所以k ≥1.所以k ∈[1，＋∞)．故选D ． 解法二：f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0)，当k ≤0时，f ′(x )＝k －1x<0，f (x )在其定义域内递减，不合题意，当k >0时，由f ′(x )>0知x >1k ，即(1k ，＋∞)是f (x )的增区间. 由题意可知1k ≤1，即k ≥1，故选D ．[引申]本例中(1)若f (x )的增区间为(1，＋∞)，则k ＝1； (2)若f (x )在(1，＋∞)上递减，则k 的取值范围是(－∞，0]； (3)若f (x )在(1，＋∞)上不单调，则k 的取值范围是(0,1)；(4)若f (x )在(1，＋∞)上存在减区间，则k 的取值范围是(－∞，1)； (5)若f (x )在(1,2)上单调，则k 的取值范围是(－∞，12]∪[1，＋∞).[解析] (1)由解法2知1k＝1，∴k ＝1；(2)由题意知f ′(x )＝kx －1x ≤0在(1，＋∞)上恒成立即k ≤1x ，又x >1，∴0<1x <1，∴k ≤0，即k 的取值范围是(－∞，0]；(3)由本例及引申(2)知，f (x )在(1，＋∞)上单调，则k ≤0或k ≥1，∴f (x )在(1，＋∞)上不单调，则0<k <1.即k 的取值范围是(0,1)；(4)由题意可知f ′(x )＝kx －1x ≤0在(1，＋∞)内有解即k ≤1x ，x ∈(1，＋∞)有解，由0<1x <1可知k <1，即k 的取值范围是(－∞，1)；(5)∵x ∈(1,2)，∴12<1x<1，若f (x )在(1,2)上单调增，则f ′(x )＝kx －1x ≥0恒成立，即k ≥1x ，∴k ≥1.若f (x )在(1,2)上单调减，则f ′(x )＝kx －1x ≤0恒成立，即k ≤1x ，∴k ≤12.∴f (x )在(1,2)上单调，则k 的取值范围是(－∞，12]∪[1，＋∞)．名师点拨 ☞已知函数单调性，求参数取值范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：利用“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数f (x )单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒等于0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．〔变式训练2〕(1)(角度1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f (π5)，f (1)，f (－π3)的大小关系为( A )A ．f (－π3)>f (1)>f (π5)B ．f (1)>f (－π3)>f (π5)C ．f (π5)>f (1)>f (－π3)D ．f (－π3)>f (π5)>f (1)(2)(角度2)(2020·河北衡水市第二中学模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋a ln x ，若对任意两个不等的正数x 1，x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>4恒成立，则a 的取值范围为( A )A ．(4，＋∞)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，4)D ．(－∞，－4)(3)(角度3)若f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( C )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1)[解析] (1)f (－x )＝－x sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，∴f (x )＝x sin x 是偶函数，f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，显然在(0，π2)上f ′(x )>0，∴f (x )在(－π2，0)上递减，在(0，π2)上递增，f (π3)>f (1)>f (π5)，又f (－π3)＝f (π3)，故选A ．(2)令g (x )＝f (x )－4x ，因为f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>4，所以g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2>0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，故g ′(x )＝x ＋ax －4≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥4x －x 2，令h (x )＝4x －x 2，x ∈(0，＋∞)，则h (x )＝4x －x 2≤h (2)＝4，∴h (x )max ＝4，即a 的取值范围为[4，＋∞)，故选A ．(3)由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋bx ≤0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b ≤－1即可．MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG 名师讲坛·素养提升构造法在导数中的应用例6 (1)若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为(2，＋∞).(2)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( A )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)[解析] (1)令g (x )＝f (x )－x ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )>0，∴g (x )为增函数．∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )>0的解集为(2，＋∞)．(2)令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f (x )x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A ．名师点拨 ☞(1)若知xf ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数g (x )＝xf (x )；一般地，若知xf ′(x )＋nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝x n f (x )．(2)若知xf ′(x )－f (x )的符号，则构造函数g (x )＝f (x )x ；一般地，若知xf ′(x )－nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝f (x )xn .(3)若知f ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数f (x )＝e x f (x )；一般地，若知f ′(x )＋nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝e nx ·f (x )．(4)若知f ′(x )－f (x )的符号，则构造函数f (x )＝f (x )e x ； 一般地，若知f ′(x )－nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝f (x )enx .〔变式训练3〕(1)(2020·云南玉溪一中月考)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g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( D )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3) (2)f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( B )A ．f (a )<e a f (0)B ．f (a )>e a f (0)C ．f (a )<f (0)eaD ．f (a )>f (0)ea[解析] (1)记F (x )＝f (x )g (x )，则F (x )为奇函数，当x <0时，F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，即F (x )在(－∞，0)上单调递增，又g (－3)＝0，∴F (－3)＝0，画出y ＝F (x )图象示意图，由图可知f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故选D ． (2)令g (x )＝f (x )ex ，∴g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x >0.∴g (x )在R 上为增函数．又∵a >0， ∴g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e 0，即f (a )>e a f (0)．。