2019_2020学年高中数学第3章导数应用11.1导数与函数的单调性学案北师大版选修2_2

第一节 函数的单调性与极值★ 学习目标1．掌握函数的导数与单调性的关系；2．会用导数研究函数的单调性，能根据导数值的变化规律说出函数值变化快慢的规律； ★ 学法指导应用导数研究函数的单调性是导数应用的重点，也是高考的重点。

学习中要注意及时总结并掌握解题方法和步骤。

★ 知识归纳1． 函数()y f x =在其定义域中的某个区间),(b a 内，如果'()f x >0,那么函数()f x 在这个区间内 ；如果'()f x <0,那么函数()f x 在这个区间内 。

2． 若函数在其定义域内可导，则使'()f x =0的点称为函数()f x 的 。

3． 如果一个函数在某一范围内的 ，说明函数在这个范围内变化得快，这时函数的图象比较“陡峭”；反之，函数的图象就较“平缓”。

4． 函数()f x 的单调递增区间，可通过解不等式 ，函数()f x 的单调递减区间，可通过解不等式 。

★ 重难点剖析重点：掌握导函数的正负与函数的增减性的关系，会用这种关系研究函数的单调性； 难点：理解导函数等于零对函数单调性的影响；剖析：1．'()f x 的值与()y f x =的单调性的关系：利用导数的符号判断函数的单调性，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要的应用；函数()y f x =在其定义域中的某个区间),(b a 内恒有'()f x >0（'()f x <0），则函数()y f x =在区间),(b a 内单调增（减），反之不成立；函数()y f x =在其定义域中的某个区间),(b a 内单调增（减），则有'()0f x ≥（'()0f x ≤），反之也不成立（请同学们举例说明）。

2．用导数研究函数单调性的一般步骤：①求导函数'()f x ，并令其等于零求根；②上述根将函数)(x f 的定义域分成若干区间，确定在各区间内'()f x 的值的正负；③根据②的结果下结论。

2019-2020年高考数学导数函数的单调性公开课教案苏教版【教学目标】：理解函数的单调性与导数的关系，学会应用导数求函数单调区间，并由函数的单调性确定参数的取值范围。

通过含参函数的讨论让学生学会综合分析解决问题的能力。

【教学重点】：函数单调性与导数关系，由导数求函数的单调区间及参数的取值范围。

【教学难点】：含参数函数单调区间的求法及参数的取值范围。

【前置作业】1、不等式的解集；2、函数增区间；减区间；3、函数的单调增区间为；4、已知函数在上递减，则实数的取值范围；5、函数的导函数的图象如右图，则函数的单调递增区间为；【教学过程】【合作探究1】观察下列函数的单调性（如下图），并分析在相应区间上，函数的单调性与函数的导函数的符号有何关系？（1）在上 0，单调 ; (2) 在 0，单调在 0，单调（3）在 0，单调（4）在 0，单调在 0，单调在 0，单调【结论】【尝试应用】根据的图象，写出函数的单调区间。

【切块一】求函数单调区间典例1求下列函数的单调区间（1）；（2）.【小结】练习：（1）； （2）。

（3）【切块二】由函数单调性求参数的取值范围【合作探究2】试结合进行思考：如果在某区间上单调递增，那么在该区间上必有 > 0吗？【结论】典例2 已知函数2()(0).a f x x x a R x=+≠∈常数若函数在上是单调递增的，求 的取值范围。

变式【巩固练习】1、函数 的单调增区间是 ；2、函数的单调减区间是 ；3、函数在区间内是增函数，则实数的取值范围是 ；4、三次函数在内是减函数，则实数的取值范围是 ；5、已知(]21()2,0,1.f x ax x x =-∈若在区间上是增函数，求的取值范围是 ； 6、如果函数恰有三个单调区间，那么实数的取值范围是 ；2019-2020年高考数学 导数及其应用导学案 新人教版一、考纲解读（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域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）。

2019-2020学年高三数学一轮教学资料 导数的应用-单调性活动导学案【学习目标】1.会利用导数求函数的单调区间；2.会根据函数的单调性,结合导数求一些参数的取值范围；3.能够将函数的单调性问题转化为一些不等式恒成立问题.【重难点】能够利用导数与函数单调性的关系，求参数的取值范围.【课时安排】1课时【活动过程】 一、自学质疑1.函数6331523+--=x x x y 的单调减区间为 .2.已知函数x b x y ln 21+-=在区间),1(+∞上是减函数，则实数b 的取值范围是 .3.已知函数)(x f 的导函数x x x f 3)('2+-=，则函数)(x f 的单调增区间为 .4.已知函数x x x f +=3)(，若20π≤<x 时，0)1()cos (>-+x f m f θ恒成立，则实数m 的取值范围是 .二、互动研讨：1.求下列函数的单调区间（1）x e x x f )3()(-=；（2）x x x f ln 22)(2-=.议一议：（1）函数611531)(23+--=x x x x f 的单调减区间为 .（2）函数x e x x x f )1()(2++=的单调减区间为 .2.已知函数1)(3--=ax x x f .（1）若3=a 时，求)(x f 的单调区间；（2）若函数在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（3）是否存在实数a ，使得函数)(x f 在)1,1(-上单调递减？若存在，求出其范围；若不存在，请说明理由.3、(2013·广东卷改编)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2.(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．4、已知函数x a ax x x f ln )1(21)(2-+-=，其中1>a ，是讨论函数的单调性.5、 已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间．三、检测反馈1.函数],0[,cos 3sin )(π∈-=x x x x f 的单调增区间为 .2.函数)0(ln 2)(2<+=a x a x x f 的单调减区间为 .3.若函数a x ax x y 23123-+-=在R 上不是单调函数，则实数a 的取值范围是 .4.已知函数x xax x f ln 21)(--=在),0(+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是 .5、已知函数R x kx e x f x ∈-=,)(.若e k =，试确定函数)(x f 的单调增区间；。

2019-2020年高三数学《第03课导数及其应用》基础教案一、考纲要求：1.了解导数概念的实际背景、理解导数的几何意义；2.能根据导数的定义求函数等的导数、能求简单复合函数的导数；3.了解导数在研究函数单调性、极值、最值中的应用，会利用导数解决某些实际问题。

二、课前检测1．若函数在区间内可导，且，，则时的值=2．一个物体的运动方程为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在秒末的瞬时速度是3．已知函数)20)(sin (cos 21)(π≤≤+=x x x e x f x ，则f （x ）的值域为 4．曲线在点处的切线的斜率是___，切线的方程为__ ____5．函数的单调递增区间是_________ _______6．函数的最大值为7．函数在区间上的最大值是8．若32()(0)f x ax bx cx d a =+++>在上是增函数，则的关系式为是9. 函数的导数为10. 过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为 ；切线的斜率为 ．三、经典考题例题1、已知函数，当时，有极大值；（1）求的值；（2）求函数的极小值；（3）若有3个解，求的取值范围。

例题2、如图，一矩形铁皮的长为8cm ，宽为5cm ，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子容积最大？例题3、已知是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点，其中， （1）求与的关系式； （2）求的单调区间；（3）当时，函数的图象上任意一点的切线斜率恒大于3，求的取值范围.例题4、已知函数在上是增函数。

（1）求的取值范围；（2）在（1）的结论下，设2()||,[0ln 3]x x g x e e a x =+-∈，求函数的最小值。

例题5、（选讲）设a ≥0，f (x)=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x>0）.（1）令F （x ）＝xf ＇（x ），讨论F （x ）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；（2）求证：当x>1时，恒有x>ln 2x －2a ln x ＋1.四、课后检测班级 姓名 学号 等第1．若函数的图象的顶点在第四象限，则函数的图象是 ▲2．已知函数1)(23--+-=x ax x x f 在上是单调函数,则实数 的取值范围是 ▲3.对于上可导的任意函数，若满足，则必有 ▲A ． B.C. D.4．若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为 ▲5．函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点的个6．若函数在处有极大值，则常数的值为 ▲7．函数的单调增区间为 ▲8．设，当时，恒成立，则实数的取值范围为 ▲9．对正整数，设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是 ▲10．函数的导数 ▲1. 2. 3. 4. 5.6. 7. 8. 9. 10.11．已知函数在与时都取得极值(1)求的值与函数的单调区间(2)若对，不等式恒成立，求的取值范围。

一、知识梳理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叫作函数y＝f（x）的极小值点，f（a）叫作函数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叫作函数y＝f（x）的极大值点，f（b）叫作函数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．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]上是增加的，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]上是减少的，则f（a）为函数的最大值，f（b）为函数的最小值．（３）设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，求f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：１求函数y＝f（x）在（a，b）内的极值；２将函数y＝f（x）的各极值与端点处的函数值f（a），f（b）做比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．常用结论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的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．二、教材衍化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（—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．设函数f（x）＝错误!＋ln x，则（）Ａ．x＝错误!为f（x）的极大值点Ｂ．x＝错误!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）＝—错误!＋错误!＝错误!（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．３．函数y＝x＋２cos x在区间错误!上的最大值是________．解析：因为y′＝１—２sin x，所以当x∈错误!时，y′>0；当x∈错误!时，y′<0．所以当x＝错误!时，y max＝错误!＋错误!.答案：错误!＋错误!一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）若函数f（x）在（a，b）内是增加的，那么一定有f′（x）>0．（）（２）如果函数f（x）在某个区间内恒有f′（x）＝0，则f（x）在此区间内没有单调性．（）（３）函数的极大值不一定比极小值大．（）（４）对可导函数f（x），f′（x0）＝0是x0点为极值点的充要条件．（）（５）函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．（）答案：（１）×（２）√（３）√（４）×（５）√二、易错纠偏错误!错误!（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；（３）忽视函数的定义域．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的取值范围是________．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）３．函数f（x）＝x—ln x的减区间为________．解析：由f′（x）＝１—错误!<0，得错误!>１，即x<１，又x>0，所以函数f（x）的减区间为（0，１）．答案：（0，１）第１课时导数与函数的单调性不含参数函数的单调性（自主练透）１．函数y＝４x２＋错误!的增区间为（）Ａ．（0，＋∞）Ｂ．错误!Ｃ．（—∞，—１）Ｄ．错误!解析：选Ｂ．由y＝４x２＋错误!，得y′＝8x—错误!，令y′>0，即8x—错误!>0，解得x>错误!，所以函数y＝４x２＋错误!的增区间为错误!.故选Ｂ．２．已知函数f（x）＝x ln x，则f（x）（）Ａ．在（0，＋∞）上是增加的B．在（0，＋∞）上是减少的Ｃ．在错误!上是增加的D．在错误!上是减少的解析：选Ｄ．因为函数f（x）＝x ln x，定义域为（0，＋∞），所以f′（x）＝ln x＋１（x>0），当f′（x）>0时，解得x>错误!，即函数的增区间为错误!；当f′（x）<0时，解得0<x<错误!，即函数的减区间为错误!，故选Ｄ．３．已知定义在区间（—π，π）上的函数f（x）＝x sin x＋cos x，则f（x）的增区间是________．解析：f′（x）＝sin x＋x cos x—sin x＝x cos x，令f′（x）＝x cos x>0，则其在区间（—π，π）上的解集为错误!和错误!，即f（x）的增区间为错误!和错误!.答案：错误!和错误!错误!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，得增区间．（４）在定义域内解不等式f′（x）<0，得减区间．[提醒] 求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．含参数函数的单调性（师生共研）已知f（x）＝a（x—ln x）＋错误!，a＞0．讨论f（x）的单调性．【解】f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a—错误!—错误!＋错误!＝错误!＝错误!错误!错误!.（１）当0<a<２时，错误!>１，当x∈（0，１）或x∈错误!时，f′（x）>0，f（x）是增加的，当x∈错误!时，f′（x）<0，f（x）是减少的．（２）当a＝２时，错误!＝１，在x∈（0，＋∞）内，f′（x）≥0，f（x）是增加的．（３）当a>２时，0<错误!<１，当x∈错误!或x∈（１，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）是增加的，当x∈错误!时，f′（x）<0，f（x）是减少的．综上所述，当0<a<２时，f（x）在（0，１）内是增加的，在错误!内是减少的，在错误!内是增加的；当a＝２时，f（x）在（0，＋∞）内是增加的；当a>２时，f（x）在错误!内是增加的，在错误!内是减少的，在（１，＋∞）内是增加的．错误!解决含参数函数的单调性问题应注意的２点（１）研究含参数函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．（２）划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．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）＝错误!—a＝１—错误!—a.１当a≥１时，f′（x）<0恒成立，所以当a∈[１，＋∞）时，函数y＝f（x）在R上是减少的．２当0<a<１时，由f′（x）>0，得（１—a）（e x＋１）>１，即e x>—１＋错误!，解得x>ln 错误!，由f′（x）<0，得（１—a）（e x＋１）<１，即e x<—１＋错误!，解得x<ln 错误!.所以当a∈（0，１）时，函数y＝f（x）在错误!上是增加的，在错误!上是减少的．综上，当a∈[１，＋∞）时，f（x）在R上是减少的；当a∈（0，１）时，f（x）在错误!上是增加的，在错误!上是减少的．函数单调性的应用（多维探究）角度一比较大小或解不等式（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．（—∞，＋∞）（２）已知定义在错误!上的函数f（x）的导函数为f′（x），且对于任意的x∈错误!，都有f′（x）sin x<f（x）cos x，则（）Ａ．错误!f错误!>错误!f错误!Ｂ．f错误!>f（１）Ｃ．错误!f错误!<f错误!Ｄ．错误!f错误!<f错误!【解析】（１）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上是增加的，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．（２）令g（x）＝错误!，则g′（x）＝错误!，由已知得g′（x）<0在错误!上恒成立，所以g（x）在错误!上是减少的，所以g错误!>g错误!，即错误!>错误!，所以错误!f错误!>错误!f错误!.【答案】（１）B （２）A角度二已知函数的单调性求参数已知函数f（x）＝ln x—错误!ax２—２x（a≠0）．（１）若函数f（x）存在减区间，求a的取值范围；（２）若函数f（x）在[１，４]上是减少的，求a的取值范围．【解】（１）f（x）＝ln x—错误!ax２—２x，x∈（0，＋∞），所以f′（x）＝错误!—ax—２，由于f（x）在（0，＋∞）上存在减区间，所以当x∈（0，＋∞）时，错误!—ax—２＜0有解．即a＞错误!—错误!有解，设G（x）＝错误!—错误!，所以只要a＞G（x）min即可．而G（x）＝错误!错误!—１，所以G（x）min＝—１．所以a＞—１．（２）由f（x）在[１，４]上是减少的，当x∈[１，４]时，f′（x）＝错误!—ax—２≤0恒成立，即a≥错误!—错误!恒成立．所以a≥G（x）max，而G（x）＝错误!错误!—１，因为x∈[１，４]，所以错误!∈错误!，所以G（x）max＝—错误!（此时x＝４），所以a≥—错误!，即a的取值范围是错误!.【迁移探究１】（变问法）若函数f（x）在[１，４]上是增加的，求a的取值范围．解：由f（x）在[１，４]上是增加的，当x∈[１，４]时，f′（x）≥0恒成立，所以当x∈[１，４]时，a≤错误!—错误!恒成立，又当x∈[１，４]时，错误!错误!＝—１（此时x＝１），所以a≤—１，即a的取值范围是（—∞，—１]．【迁移探究２】（变问法）若函数f（x）在[１，４]上存在减区间，求a的取值范围．解：f（x）在[１，４]上存在减区间，则f′（x）＜0在[１，４]上有解，所以当x∈[１，４]时，a＞错误!—错误!有解，又当x∈[１，４]时，错误!错误!＝—１，所以a＞—１，即a的取值范围是（—１，＋∞）．【迁移探究３】（变条件）若函数f（x）在[１，４]上不单调，求a的取值范围．解：因为f（x）在[１，４]上不单调，所以f′（x）＝0在（１，４）上有解，即a＝错误!—错误!有解，令m（x）＝错误!—错误!，x∈（１，４），则—１<m（x）<—错误!，所以实数a的取值范围为错误!.错误!（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范围的解题思路１由函数在区间[a，b]上是增加（减少）的可知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．[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）≠0．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．１．设f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′（x），g′（x）为其导函数，当x＜0时，f′（x）·g（x）＋f（x）·g′（x）＞0且g（—３）＝0，则不等式f（x）·g（x）＜0的解集是（）Ａ．（—３，0）∪（３，＋∞）Ｂ．（—３，0）∪（0，３）Ｃ．（—∞，—３）∪（３，＋∞）Ｄ．（—∞，—３）∪（0，３）解析：选Ｄ．令h（x）＝f（x）g（x），当x＜0时，h′（x）＝f′（x）g（x）＋f（x）g′（x）＞0，则h（x）在（—∞，0）上是增加的，又f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h（x）为奇函数，所以h（x）在（0，＋∞）上是增加的．又由g（—３）＝0，可得h（—３）＝—h（３）＝0，所以x＜—３或0＜x＜３时h（x）＜0，故选Ｄ．２．已知函数f（x）＝错误!—２x２＋ln x在区间[１，２]上为单调函数，求a的取值范围．解：f′（x）＝错误!—４x＋错误!，若函数f（x）在区间[１，２]上为单调函数，即f′（x）＝错误!—４x＋错误!≥0或f′（x）＝错误!—４x＋错误!≤0，即错误!—４x＋错误!≥0或错误!—４x＋错误!≤0在[１，２]上恒成立，即错误!≥４x—错误!或错误!≤４x—错误!.令h（x）＝４x—错误!，因为函数h（x）在[１，２]上是增加的，所以错误!≥h（２）或错误!≤h（１），即错误!≥错误!或错误!≤３，解得a<0或0<a≤错误!或a≥１．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，且对任意的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）＝错误!，则g′（x）＝错误!＝错误!>0，g（x）为R上的增函数，故g（—n）<g（0）<g（n），即错误!<错误!<错误!，即e n f（—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，＋∞）上是增加的，因而a>b成立．故选Ａ．【答案】A[基础题组练]１．已知定义在R上的函数f（x），其导函数f′（x）的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是（）Ａ．f（b）>f（c）>f（d）Ｂ．f（b）>f（a）>f（e）Ｃ．f（c）>f（b）>f（a）Ｄ．f（c）>f（e）>f（d）解析：选Ｃ．由题意得，当x∈（—∞，c）时，f′（x）>0，所以函数f（x）在（—∞，c）上是增函数，因为a<b<c，所以f（c）>f（b）>f（a），故选Ｃ．２．（２0２0·江西红色七校第一次联考）若函数f（x）＝２x３—３mx２＋6x在区间（１，＋∞）上为增函数，则实数m的取值范围是（）Ａ．（—∞，１] B．（—∞，１）C．（—∞，２] D．（—∞，２）解析：选Ｃ．f′（x）＝6x２—6mx＋6，由已知条件知x∈（１，＋∞）时，f′（x）≥0恒成立．设g （x）＝6x２—6mx＋6，则g（x）≥0在（１，＋∞）上恒成立．当Δ＝３6（m２—４）≤0，即—２≤m≤２时，满足g（x）≥0在（１，＋∞）上恒成立；当Δ＝３6（m２—４）>0，即m<—２或m>２时，则需错误!解得m≤２，所以m<—２．综上得m≤２，所以实数m的取值范围是（—∞，２]．３．已知f（x）＝错误!，则（）Ａ．f（２）>f（e）>f（３）B．f（３）>f（e）>f（２）Ｃ．f（３）>f（２）>f（e）D．f（e）>f（３）>f（２）解析：选Ｄ．f（x）的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝错误!，令f′（x）＝0，得x＝e.所以当x∈（0，e）时，f′（x）>0，f（x）是增加的，当x∈（e，＋∞）时，f′（x）<0，f（x）是减少的，故当x＝e时，f（x）max＝f（e）＝错误!，而f（２）＝错误!＝错误!，f（３）＝错误!＝错误!，所以f（e）>f（３）>f（２），故选D.４．设函数f（x）＝错误!x２—9ln x在区间[a—１，a＋１]上是减少的，则实数a的取值范围是（）Ａ．（１，２] B．（４，＋∞）Ｃ．（—∞，２）D．（0，３]解析：选Ａ．因为f（x）＝错误!x２—9ln x，所以f′（x）＝x—错误!（x>0），由x—错误!≤0，得0<x≤３，所以f（x）在（0，３]上是减函数，则[a—１，a＋１]⊆（0，３]，所以a—１>0且a＋１≤３，解得１<a≤２．５．（２0２0·江西上饶第二次模拟）对任意x∈R，函数y＝f（x）的导数都存在，若f（x）＋f′（x）>0恒成立，且a>0，则下列说法正确的是（）Ａ．f（a）<f（0）B．f（a）>f（0）Ｃ．e a·f（a）<f（0）D．e a·f（a）>f（0）解析：选Ｄ．设g（x）＝e x·f（x），则g′（x）＝e x[f（x）＋f′（x）]>0，所以g（x）为R上的增函数，因为a>0，所以g（a）>g（0），即e a·f（a）>f（0），故选Ｄ．6．函数f（x）＝错误!＋错误!—ln x的减区间是________．解析：因为f（x）＝错误!＋错误!—ln x，所以函数的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝错误!—错误!—错误!＝错误!，令f′（x）＜0，解得0＜x＜５，所以函数f（x）的减区间为（0，５）．答案：（0，５）7．若函数f（x）＝ax３＋３x２—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）＝３ax２＋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３ax２＋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，＋∞）8．已知函数f（x）＝ln x＋２x，若f（x２＋２）<f（３x），则实数x的取值范围是________．解析：由题可得函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!＋２x ln ２，所以在定义域内f′（x）>0，函数是增函数，所以由f（x２＋２）<f（３x）得x２＋２<３x，所以１<x<２．答案：（１，２）9．已知函数f（x）＝错误!（k为常数，e是自然对数的底数），曲线y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线与x轴平行．（１）求k的值；（２）求f（x）的单调区间．解：（１）由题意得f′（x）＝错误!，又因为f′（１）＝错误!＝0，故k＝１．（２）由（１）知，f′（x）＝错误!，设h（x）＝错误!—ln x—１（x>0），则h′（x）＝—错误!—错误!<0，即h（x）在（0，＋∞）上是减函数．由h（１）＝0知，当0<x<１时，h（x）>0，从而f′（x）>0；当x>１时，h（x）<0，从而f′（x）<0．综上可知，f（x）的增区间是（0，１），减区间是（１，＋∞）．１0．已知函数f（x）＝x３—ax—１．（１）若f（x）在R上为增函数，求实数a的取值范围；（２）若函数f（x）在（—１，１）上为减函数，求实数a的取值范围；（３）若函数f（x）的减区间为（—１，１），求实数a的值；（４）若函数f（x）在区间（—１，１）上不单调，求实数a的取值范围．解：（１）因为f（x）在（—∞，＋∞）上是增函数，所以f′（x）＝３x２—a≥0在（—∞，＋∞）上恒成立，即a≤３x２对x∈R恒成立．因为３x２≥0，所以只需a≤0．又因为a＝0时，f′（x）＝３x２≥0，f（x）＝x３—１在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为（—∞，0]．（２）由题意知f′（x）＝３x２—a≤0在（—１，１）上恒成立，所以a≥３x２在（—１，１）上恒成立，因为当—１<x<１时，３x２<３，所以a≥３，所以a的取值范围为[３，＋∞）．（３）由题意知f′（x）＝３x２—a，则f（x）的减区间为错误!，又f（x）的减区间为（—１，１），所以错误!＝１，解得a＝３．（４）由题意知f′（x）＝３x２—a，当a≤0时，f′（x）≥0，此时f（x）在（—∞，＋∞）上为增函数，不合题意，故a>0．令f′（x）＝0，解得x＝±错误!.因为f（x）在区间（—１，１）上不单调，所以f′（x）＝0在（—１，１）上有解，需0<错误!<１，得0<a<３，所以实数a的取值范围为（0，３）．[综合题组练]１．设f（x），g（x）是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′（x）g（x）—f（x）g′（x）<0，则当a<x<b时，有（）Ａ．f（x）g（x）>f（b）g（b）Ｂ．f（x）g（a）>f（a）g（x）Ｃ．f（x）g（b）>f（b）g（x）Ｄ．f（x）g（x）>f（a）g（a）解析：选Ｃ．令F（x）＝错误!，则F′（x）＝错误!<0，所以F（x）在R上是减少的．又a<x<b，所以错误!>错误!>错误!.又f（x）>0，g（x）>0，所以f（x）g（b）>f（b）g（x）．２．（２0２0·西安模拟）定义在R上的连续函数f（x）满足f（x）＋f（—x）＝x２，且x<0时，f′（x）<x恒成立，则不等式f（x）—f（１—x）≥x—错误!的解集为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．（—∞，0）解析：选Ａ．令g（x）＝f（x）—错误!x２，则g（x）＋g（—x）＝0⇒g（x）为奇函数，又x<0时，g′（x）＝f′（x）—x<0⇒g（x）在（—∞，0）上单调递减，则g（x）在（—∞，＋∞）上是减少的，由f（x）—f（１—x）≥x—错误!知f（x）—错误!x２≥f（１—x）—错误!（１—x）２，即g（x）≥g（１—x），从而x≤１—x⇒x≤错误!，所以所求不等式的解集为错误!.故选Ａ．３．已知函数f（x）＝—错误!x２＋４x—３ln x在区间[t，t＋１]上不单调，则t的取值范围是________．解析：由题意知f′（x）＝—x＋４—错误!＝—错误!，由f′（x）＝0，得函数f（x）的两个极值点为１和３，则只要这两个极值点有一个在区间（t，t＋１）内，函数f（x）在区间[t，t＋１]上就不单调，由t<１<t＋１或t<３<t＋１，得0<t<１或２<t<３．答案：（0，１）∪（２，３）４．函数f（x）是定义在（0，＋∞）上的可导函数，f′（x）为其导函数，若xf′（x）＋f（x）＝e x （x—２）且f（３）＝0，则不等式f（x）＜0的解集为________．解析：令g（x）＝xf（x），x∈（0，＋∞），则g′（x）＝xf′（x）＋f（x）＝e x（x—２），可知当x∈（0，２）时，g（x）＝xf（x）是减函数，当x∈（２，＋∞）时，g（x）＝xf（x）是增函数. 又f（３）＝0，所以g（３）＝３f（３）＝0．在（0，＋∞）上，不等式f（x）＜0的解集就是xf（x）＜0的解集，又g（0）＝0，所以f（x）＜0的解集是（0，３）．答案：（0，３）５．设函数f（x）＝a ln x＋错误!，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）由题意知当a＝0时，f（x）＝错误!，x∈（0，＋∞），此时f′（x）＝错误!，可得f′（１）＝错误!，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）＝错误!＋错误!＝错误!.当a≥0时，f′（x）>0，函数f（x）在（0，＋∞）上是增加的；当a<0时，令g（x）＝ax２＋（２a＋２）x＋a，Δ＝（２a＋２）２—４a２＝４（２a＋１）．１当a＝—错误!时，Δ＝0，f′（x）＝错误!≤0，函数f（x）在（0，＋∞）上是减少的．２当a<—错误!时，Δ<0，g（x）<0，f′（x）<0，函数f（x）在（0，＋∞）上是减少的．３当—错误!<a<0时，Δ>0，设x１，x２（x１<x２）是函数g（x）的两个零点，则x１＝错误!，x２＝错误!.由于x１＝错误!＝错误!>0，所以当x∈（0，x１）时，g（x）<0，f′（x）<0，函数f（x）是减少的，当x∈（x１，x２）时，g （x）>0，f′（x）>0，函数f（x）是增加的，当x∈（x２，＋∞）时，g（x）<0，f′（x）<0，函数f（x）是减少的．综上可得：当a≥0时，函数f（x）在（0，＋∞）上是增加的；当a≤—错误!时，函数f（x）在（0，＋∞）上是减少的；当—错误!<a<0时，f（x）在错误!，错误!上是减少的，在错误!上是增加的．6．已知函数f（x）＝a ln x—ax—３（a∈R）．（１）求函数f（x）的单调区间；（２）若函数y＝f（x）的图像在点（２，f（２））处的切线的倾斜角为４５°，对于任意的t∈[１，２]，函数g（x）＝x３＋x２·错误!在区间（t，３）上总不是单调函数，求m的取值范围．解：（１）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝错误!，当a>0时，f（x）的增区间为（0，１），减区间为（１，＋∞）；当a<0时，f（x）的增区间为（１，＋∞），减区间为（0，１）；当a＝0时，f（x）为常函数．（２）由（１）及题意得f′（２）＝—错误!＝１，即a＝—２，所以f（x）＝—２ln x＋２x—３，f′（x）＝错误!.所以g（x）＝x３＋错误!x２—２x，所以g′（x）＝３x２＋（m＋４）x—２．因为g（x）在区间（t，３）上总不是单调函数，即g′（x）在区间（t，３）上有变号零点．由于g′（0）＝—２，所以错误!当g′（t）<0时，即３t２＋（m＋４）t—２<0对任意t∈[１，２]恒成立，由于g′（0）<0，故只要g′（１）<0且g′（２）<0，即m<—５且m<—9，即m<—9；由g′（３）>0，即m>—错误!.所以—错误!<m<—9．即实数m的取值范围是错误!.。

§1函数的单调性与极值1. 1 导数与函数的单调性学习目标核心素养1．掌握函数的单调性与导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性．(重难点)3．会求不超过三次的多项式函数的单调区间和其它函数的单调区间．(重点) 1．借助图象认识函数的单调性与导数的关系，提升学生的直观想象的核心素养．2．通过利用导数研究函数的单调性的学习，培养学生的数学抽象和数学运算的核心素养.1．函数的单调性与其导数正负的关系一般地，在区间(a，b)内函数的单调性与导数有如下关系：导数函数的单调性f′(x)>0单调递增f′(x)<0单调递减f′(x)＝0 常数函数2．函数图像的变化趋势与导数值大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上：导数的绝对值函数值变化函数的图像越大大比较“陡峭”(向上或向下)越小小比较“平缓”(向上或向下) 思考：如果在区间(a，b)内恒有f′(x)＝0，则f(x)有什么特性？[提示]函数f(x)为常函数．1．若在区间(a，b)内，f′(x)>0，且f(a)≥0，则在(a，b)内有( )A．f(x)>0 B．f(x)<0C．f(x)＝0 D．不能确定A[由条件可知，f(x)在(a，b)内单调递增，∵f(a)≥0，∴在(a，b)内有f(x)>0.]2．已知函数y＝f(x)的图像是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则该函数的图像是( )B [由f′(x)图像可知，f′(x)>0，函数单调递增，且开始和结尾增长速度慢，故应选B.] 3．已知函数f(x)＝12x 2－x ，则函数f(x)的单调增区间是( )A ．(－∞，－1)和(0，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)和(1，＋∞)D ．(1，＋∞)D [法一：f(x)＝12x 2－x ＝12(x －1)2－12，对应的抛物线开口向上，对称轴为直线x ＝1，可知函数f(x)的单调增区间是(1，＋∞)．法二：f′(x)＝x －1，令f′(x)>0，解得x>1．故函数f(x)的单调增区间是(1，＋∞)．]单调性与导数的关系【例1】 (1)函数y ＝f(x)的图像如图所示，给出以下说法： ①函数y ＝f(x)的定义域是[－1,5]； ②函数y ＝f(x)的值域是(－∞，0]∪[2,4]； ③函数y ＝f(x)在定义域内是增函数； ④函数y ＝f(x)在定义域内的导数f′(x)>0. 其中正确的序号是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．②④(2)设函数f(x)在定义域内可导，y ＝f(x)的图像如图所示，则导函数y ＝f′(x)的图像可能为( )A BC D思路探究：研究一个函数的图像与其导函数图像之间的关系时，注意抓住各自的关键要素，对于原函数，要注意其图像在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减；而对于导函数，则应注意其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并分析这些区间与原函数的单调区间是否一致．(1)A (2)D[(1)由图像可知，函数的定义域为[－1,5]，值域为(－∞，0]∪[2,4]，故①②正确，选A.(2)由函数的图像可知：当x<0时，函数单调递增，导数始终为正；当x>0时，函数先增后减再增，即导数先正后负再正，对照选项，应选D.]1．利用导数判断函数的单调性比利用函数单调性的定义简单得多，只需判断导数在该区间内的正负即可．2．通过图像研究函数单调性的方法(1)观察原函数的图像重在找出“上升”“下降”产生变化的点，分析函数值的变化趋势；(2)观察导函数的图像重在找出导函数图像与x轴的交点，分析导数的正负．1．(1)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图像画在同一个直角坐标系中，不正确的是( )A B C D(2)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)的图像可能是( )(1)D (2)D [(1)A ，B ，C 均有可能；对于D ，若C 1为导函数，则y ＝f(x)应为增函数，不符合；若C 2为导函数，则y ＝f(x)应为减函数，也不符合．(2)根据函数的导数的正负与单调性的关系，对照图像可知，答案应选D.]利用导数求函数的单调区间【例2】 求函数f(x)＝x ＋ax(a≠0)的单调区间．思路探究：求出导数f′(x)，分a>0和a<0两种情况．由f′(x)>0求得单调增区间，由f′(x)<0求得单调减区间．[解] f(x)＝x ＋ax的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax 2.当a>0时，令f′(x)＝1－ax2>0，解得x>a 或x<－a ；令f′(x)＝1－a x 2<0，解得－a<x<0或0<x<a ；当a<0时，f′(x)＝1－ax2>0恒成立，所以当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－a)和(a ，＋∞)；单调递减区间为(－a ，0)和(0，a)．当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．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．求导数f′(x)．3．由f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相应的x 的范围．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．4．结合定义域写出单调区间．2．(1)函数f(x)＝e x－ex ，x∈R 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)(2)函数f(x)＝ln x －x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，1) B ．(0,1) C ．(0，＋∞)D ．(1，＋∞)(1)D (2)B [(1)∵f′(x)＝(e x－ex)′＝e x－e ， 由f′(x)＝e x－e>0，可得x>1．即函数f(x)＝e x －ex ，x∈R 的单调增区间为(1，＋∞)，选D. (2)函数的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1x －1，由f′(x)＝1x－1>0，得0<x<1，所以函数f(x)＝ln x －x 的单调递增区间是(0,1)，选B.]已知函数的单调性求参数的取值范围1．函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，其中a ，b ，c 为实数，当a 2－3b<0时，f(x)的单调性如何？ [提示] 求函数的导函数f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，导函数对应方程f′(x)＝0的Δ＝4(a 2－3b)<0，所以f′(x)>0恒成立，故f(x)是增函数．2．函数单调性的充要条件如何？[提示] (1)在某个区间内，f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间内单调递增(减)的充分条件，而不是必要条件．例如，函数f(x)＝x 3在定义域(－∞，＋∞)上是增函数，但f′(x)＝3x 2≥0.(2)函数f(x)在(a ，b)内单调递增(减)的充要条件是f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a ，b)内恒成立，且f′(x)在(a ，b)的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，在区间内的个别点处有f′(x)＝0并不影响函数f(x)在该区间内的单调性．【例3】 已知关于x 的函数y ＝x 3－ax ＋b.(1)若函数y 在(1，＋∞)内是增函数，求a 的取值范围； (2)若函数y 的一个单调递增区间为(1，＋∞)，求a 的值．思路探究：(1)函数在区间(1，＋∞)内是增函数，则必有y′≥0在(1，＋∞)上恒成立，由此即可求出a 的取值范围．(2)函数y 的一个单调递增区间为(1，＋∞)，即函数单调区间的端点值为1，由此可解得a 的值． [解] y′＝3x 2－a.(1)若函数y ＝x 3－ax ＋b 在(1，＋∞)内是增函数．则y′＝3x 2－a≥0在x∈(1，＋∞)时恒成立， 即a≤3x 2在x∈(1，＋∞)时恒成立， 则a≤(3x 2)min . 因为x>1，所以3x 2>3.所以a≤3，即a 的取值范围是(－∞，3]．(2)令y′>0，得x 2>a3.若a≤0，则x 2>a3恒成立，即y′>0恒成立，此时，函数y ＝x 3－ax ＋b 在R 上是增函数，与题意不符． 若a>0，令y′>0，得x>a3或x<－a 3. 因为(1，＋∞)是函数的一个单调递增区间，所以a3＝1，即a ＝3.1．将本例(1)改为“若函数y 在(1，＋∞)上不单调”，则a 的取值范围又如何？ [解] y′＝3x 2－a ，当a<0时，y′＝3x 2－a>0，函数在(1，＋∞)上单调递增，不符合题意．当a>0时，函数y 在(1，＋∞)上不单调，即y′＝3x 2－a ＝0在区间(1，＋∞)上有根．由3x 2－a ＝0可得x ＝a3或x ＝－a3(舍去)． 依题意，有a3>1，∴a>3， ∴a 的取值范围是(3，＋∞)．2．本例(1)中函数改为f(x)＝x 3－ax 2－3x.区间“(1，＋∞)”改为“[1，＋∞)，a 的取值范围如何？ [解] 由f(x)＝x 3－ax 2－3x 得 f′(x)＝3x 2－2ax －3，∵f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数， ∴3x 2－2ax －3≥0， ∴a 3≤x 2－12x. 令g(x)＝x 2－12x，x∈[1，＋∞)，g′(x)＝x 2＋12x2>0，即g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝0， ∴a 的取值范围为a≤0.1．解答本题注意可导函数f(x)在(a ，b)上单调递增(或单调递减)的充要条件是f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在(a ，b)上恒成立，且f′(x)在(a ，b)的任何子区间内都不恒等于0.2．已知f(x)在区间(a ，b)上的单调性，求参数取值范围的方法(1)利用集合的包含关系处理f(x)在(a ，b)上单调递增(减)的问题，则区间(a ，b)是相应单调区间的子集；(2)利用不等式的恒成立处理f(x)在(a ，b)上单调递增(减)的问题，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a ，b)内恒成立，注意验证等号是否成立．3．已知函数f(x)＝2ax 3＋4x 2＋3x －1在R 上是增函数，求实数a 的取值范围． [解] f′(x)＝6ax 2＋8x ＋3.∵f(x)在R 上是增函数，∴f′(x)≥0在R 上恒成立， 即6ax 2＋8x ＋3≥0在R 上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧64－72a≤0，a>0，解得a≥89.经检验，当a ＝89时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫89，＋∞.1．函数的单调性与导数符号的关系 设函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内可导，(1)如果在(a ，b)内，f′(x)>0，则f(x)在此区间是增函数，(a ，b)为f(x)的单调增区间； (2)如果在(a ，b)内，f′(x)<0，则f(x)在此区间是减函数，(a ，b)为f(x)的单调减区间． 2．利用导数求函数的单调区间的步骤求函数的单调区间，就是解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，不等式的解集就是所求的单调区间，其步骤如下：(1)求函数f(x)的定义域； (2)求出f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0可得函数f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0可得函数f(x)的单调减区间． 3．函数f(x)在(a ，b)内单调递增(减)的充要条件是f ′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a ，b)内恒成立，且f′(x)在(a，b)的任意区间内都不恒等于0.这就是说，在区间内的个别点处有f′(x)＝0并不影响函数f(x)在该区间内的单调性．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则函数f(x)在定义域上单调递增．(2)函数在某一点的导数越大，函数在该点处的切线越“陡峭”．(3)函数在某个区间上变化越快，函数在这个区间上导数的绝对值越大．[答案](1)×(2)×(3)√2．已知函数f(x)＝x＋ln x，则有( )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)A[因为在定义域(0，＋∞)上f′(x)＝12x ＋1x＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以有f(2)＜f(e)＜f(3)．故选A.]3．函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的单调减区间是________．(1,2)[f′(x)＝6x2－18x＋12，令f′(x)＜0，即6x2－18x＋12＜0，解得1＜x＜2．] 4．已知函数f(x)＝x3－ax－1．(1)是否存在a，使f(x)的单调减区间是(－1,1)；(2)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围．[解]f′(x)＝3x2－a.(1)∵f(x)的单调减区间是(－1,1)，∴－1<x<1是f′(x)<0的解，∴x＝±1是方程3x2－a＝0的两根，所以a＝3.(2)∵f(x)在R上是增函数，∴f′(x)＝3x2－a≥0对x∈R恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．∵y＝3x2在R上的最小值为0.∴a≤0，∴a的取值范围是(－∞，0]．1.2 函数的极值学习目标核心素养1．理解函数的极大值和极小值的概念．(难点) 2．掌握求极值的步骤，会利用导数求函数的极值．(重点、难点) 1．借助图象理解函数的极大值和极小值，提升了学生的直观想象的核心素养．2．通过利用导数求函数的极值的学习，培养了学生的逻辑推理和数学运算的核心素养.1．极大值点与极大值如图，在包含x0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或等于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．2．极小值点与极小值如图，在包含x0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或等于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．[提醒]在一个给定的区间上，函数可能有若干个极值点，也可能不存在极值点；函数可以只有极大值，没有极小值，或者只有极小值没有极大值，也可能既有极大值，又有极小值．极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．3．极值的判断方法如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是增加的，在区间(x0，b)上是减少的，则x0是极大值点，f(x0)是极大值；如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是减少的，在区间(x0，b)上是增加的，则x0是极小值点，f(x0)是极小值．4．求函数y＝f(x)极值点的步骤(1)求出导数f′(x)．(2)解方程f′(x)＝0.(3)对于方程f′(x)＝0的每一个解x0，分析f′(x)在x0左、右两侧的符号(即f(x)的单调性)，确定极值点：①若f′(x)在x0两侧的符号“左正右负”，则x0为极大值点；②若f′(x)在x0两侧的符号“左负右正”，则x0为极小值点；③若f′(x)在x0两侧的符号相同，则x0不是极值点．思考：导数为0的点都是极值点吗？[提示]不一定，如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的极值点．所以，当f′(x0)＝0时，要判断x ＝x 0是否为f(x)的极值点，还要看f′(x)在x 0两侧的符号是否相反．1．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 ．②③ C ．③④D ．①③B [y′＝3x 2≥0恒成立，所以函数y ＝x 3在R 上单调递增，无极值点，①不符合；y′＝2x ，当x>0时，函数y ＝x 2＋1单调递增，当x<0时，函数y ＝x 2＋1单调递减，②符合；结合该函数图像可知，函数y ＝|x|在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递减，③符合；函数y ＝2x在R 上单调递增，无极值点，④不符合．]2．函数y ＝x 3－3x 2－9x(－2＜x ＜2)有( ) A ．极大值5，极小值－27 B ．极大值5，极小值－11 C ．极大值5，无极小值 D ．极小值－27，无极大值C [由y′＝3x 2－6x －9＝0，得x ＝－1或x ＝3.当x ＜－1或x ＞3时，y′＞0；由－1＜x ＜3时，y′＜0， ∴当x ＝－1时，函数有极大值5；3∉(－2,2)，故无极小值．] 3．函数f(x)＝x 3－3x 2＋1在x ＝__________处取得极小值． 2 [由f(x)＝x 3－3x 2＋1， 得f′(x)＝3x 2－6x ＝3x(x －2)．当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(－∞，0)和(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数． 故当x ＝2时，函数f(x)取得极小值．]求函数的极值(1)f(x)＝x 2－2x －1； (2)f(x)＝x 44－23x 3＋x22－6；(3)f(x)＝|x|.[解] (1)f′(x)＝2x －2，令f′(x)＝0，解得x ＝1． 因为当x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 所以函数在x ＝1处有极小值， 且f(x)极小值＝－2．(2)f′(x)＝x 3－2x 2＋x ＝x(x 2－2x ＋1)＝x(x －1)2．令f′(x)＝0，解得x 1＝0，x 2＝1．所以当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0)0 (0,1) 1 (1，＋∞)f′(x) － 0 ＋ 0 ＋ f(x)单调 递减↘极小 值单调 递增↗无极值单调 递增↗所以当x ＝0时，函数取得极小值，且f(x)极小值＝－6.(3)f(x)＝|x|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x≥0，－x ，x<0.显然函数f(x)＝|x|在x ＝0处不可导， 当x>0时，f′(x)＝x′＝1>0，函数f(x)＝|x|在(0，＋∞)内单调递增； 当x<0时，f′(x)＝(－x)′＝－1<0， 函数f(x)＝|x|在(－∞，0)内单调递减． 故当x ＝0时，函数取得极小值， 且f(x)极小值＝0.极值点与导数的关系1．可导函数的极值点一定是导数值为0的点，导数值为0的点不一定是极值点． 点x 0是可导函数f(x)在区间(a ，b)内的极值点的充要条件： (1)f′(x 0)＝0；(2)点x 0两侧f′(x)的符号不同．2．不可导的点可能是极值点(如本例(3)中x ＝0点)，也可能不是极值点(如y ＝x ，在x ＝0处不可导，在x ＝0处也取不到极值)，所以函数的极值点可能是f′(x)＝0的根，也可能是不可导点．1．已知函数f(x)＝x 2－2ln x ，则f(x)的极小值是________． 1 [∵f′(x)＝2x －2x ，且函数定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴当x ＝1时，函数有极小值，极小值为f(1)＝1．]利用函数的极值求参数【例2】 已知f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝1与x ＝－3时都取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)若f(－1)＝32，求f(x)的单调区间和极值．思路探究：(1)求导函数f′(x)，则由x ＝1和x ＝－23是f′(x)＝0的两根及根与系数的关系求出a ，b.(2)由f(－1)＝32求出c ，再列表求解．[解] (1)f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，令f ′(x)＝0，由题设知x ＝1与x ＝－23为f′(x)＝0的解．∴⎩⎪⎨⎪⎧1－23＝－23a ，1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝b 3，∴a＝－12，b ＝－2．(2)由(1)知f(x)＝x 3－12x 2－2x ＋c ，由f(－1)＝－1－12＋2＋c ＝32，得c ＝1，∴f(x )＝x 3－12x 2－2x ＋1，∴f′(x)＝3x 2－x －2．当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，⎭⎪⎫－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 1 (1，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)单调递增 ↗4927单调递减 ↘－12单调递增 ↗∴f(x)的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，1.当x ＝－23时，f(x)有极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝4927；当x ＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝－12.已知函数极值求解析式的两点注意(1)根据极值点处导数值为0和极值两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)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．2．已知函数f(x)＝13x 3－12(m ＋3)x 2＋(m ＋6)x(x∈R，m 为常数)在区间(1，＋∞)内有两个极值点，求实数m 的取值范围．[解] f′(x)＝x 2－(m ＋3)x ＋m ＋6. 因为函数f(x)在(1，＋∞)内有两个极值点，所以导数f′(x)＝x 2－(m ＋3)x ＋m ＋6在(1，＋∞)内与x 轴有两个不同的交点，如图所示．所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(m ＋3)2－4(m ＋6)>0，f′(1)＝1－(m ＋3)＋m ＋6>0，m ＋32>1，解得m>3，故实数m 的取值范围是(3，＋∞)．函数极值的综合应用[探究问题]1．函数f(x)的定义域为开区间(a ，b)，导函数f′(x)在(a ，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在开区间(a ，b)内有几个极小值点？[提示] 一个．x 1，x 2，x 3是极值点，其中x 2是极小值点，x 1，x 3是极大值点． 2．函数y ＝f(x)在给定区间(a ，b)内一定有极值点吗？[提示] 不一定，若函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内是单调函数，就没有极值点．【例3】 已知函数f(x)＝x 3－3x ＋a(a 为实数)，若方程f(x)＝0有三个不同实根，求实数a 的取值范围．思路探究：求出函数的极值，要使f(x)＝0有三个不同实根，则应有极大值大于0，极小值小于0，由此可得a 的取值范围．[解] 令f′(x)＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)＝0， 解得x 1＝－1，x 2＝1． 当x<－1时，f′(x)>0； 当－1<x<1时，f′(x)<0； 当x>1时，f′(x)>0.所以当x ＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2＋a ； 当x ＝1时，f(x)有极小值f(1)＝－2＋a. 因为方程f(x)＝0有三个不同实根，所以y ＝f(x)的图像与x 轴有三个交点，如图．由已知应有⎩⎪⎨⎪⎧2＋a>0，－2＋a<0，解得－2<a<2，故实数a 的取值范围是(－2,2)．1．本例中，若把“三个不同实根”改为“唯一一个实根”，结果如何？ [解] 由已知应有 2＋a<0或－2＋a>0. 即a>2或a<－2．2．本例中，若把“三个不同实根”改为“恰有两个实根”，结果如何？ [解] 由条件可知，只要 2＋a ＝0或－2＋a ＝0即可， 即a ＝±2．转化的思想求导数范围的应用方程f(x)＝0的根就是函数y ＝f(x)的零点，是函数图像与x 轴交点的横坐标，研究方程的根的问题可以转化为函数图像与x 轴交点的问题．我们可以根据函数图像在坐标轴中的位置不同，结合极值的大小确定参数的范围．3．设a 为实数，函数f(x)＝x 3－x 2－x ＋a. (1)求f(x)的极值；(2)当a 在什么范围内取值时，曲线y ＝f(x)与x 轴仅有一个交点？[解] (1)f′(x)＝3x 2－2x －1． 令f′(x)＝0，则x ＝－13或x ＝1．当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 －13 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1 1 (1，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)单调递 增↗极大值单调递 减↘极小值单调递 增↗所以f(x)的极大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝527＋a ，极小值是f(1)＝a －1．(2)函数f(x)＝x 3－x 2－x ＋a ＝(x －1)2(x ＋1)＋a －1，由此可知，x 取足够大的正数时，有f(x)>0， x 取足够小的负数时，有f(x)<0， 所以曲线y ＝f(x)与x 轴至少有一个交点．由(1)知f(x)极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝527＋a ，f(x)极小值＝f(1)＝a －1．∵曲线y ＝f(x)与x 轴仅有一个交点， ∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0， 即527＋a<0或a －1>0，∴a<－527或a>1， ∴当a∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－527∪(1，＋∞)时，曲线y ＝f(x)与x 轴仅有一个交点．1．函数的极值是一个局部性的概念，是仅对某一点的左右两侧附近的点而言的．由图可以看出，极大值的对应点是局部的“高峰”，极小值的对应点是局部的“低谷”．2．极值点是函数定义域内的自变量的值，而函数定义域的端点绝不是函数的极值点．3．函数在定义域内可能有许多极大值或极小值，但极大值不一定比极小值大，极小值也不一定比极大值小．4．若函数f(x)在[a ，b]上有极值且函数图像连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样，相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数f(x)＝x 3＋ax 2－x ＋1必有两个极值． ( ) (2)在可导函数的极值点处，切线与x 轴平行或重合． ( ) (3)函数f(x)＝1x 有极值．( )[答案] (1)√ (2)√ (3)×2．已知a 为函数f(x)＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2D [由题意得f′(x)＝3x 2－12，令f′(x)＝0得x ＝±2，∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x ＝2处取得极小值，∴a＝2．]3．设a ∈R，若函数y ＝e x＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则a 的取值范围为________． (－∞，－1) [∵y＝e x＋ax ，∴y′＝e x＋a ，令y′＝e x＋a ＝0，则e x＝－a ， 即x ＝ln(－a)，又∵x＞0，∴－a ＞1，即a ＜－1．] 4．求函数y ＝x 4－4x 3＋5的极值． [解] y′＝4x 3－12x 2＝4x 2(x －3)． 令y′＝4x 2(x －3)＝0，得x 1＝0，x 2＝3. 当x 变化时，y′，y 的变化情况如下表：故当x 极小值。

1．1 导数与函数的单调性[对应学生用书P26]已知函数(1)y 1＝2x －1，(2)y 2＝－x ＋10，(3)y 3＝2x，(4)y 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，(5)y 5＝log 2x ，(6)y 6＝log 12x .问题1：求上面六个函数的导数．提示：(1)y ′1＝2，(2)y ′2＝－1，(3)y ′3＝2xln 2，(4)y ′4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ln 12＝－2xln 2，(5)y ′5＝1x ln 2，(6)y ′6＝1x ln12＝－1x ln 2. 问题2：试判断所求导数的符号．提示：(1)(3)(5)的导数为正，(2)(4)(6)的导数为负． 问题3：试判断上面六个函数的单调性．提示：(1)(3)(5)在定义域上是增加的，(2)(4)(6)在定义域上是减少的． 问题4：试探讨函数的单调性与其导函数正负的关系．提示：当f ′(x )>0时，f (x )为增加的，当f ′(x )<0时，f (x )为减少的．函数在区间(a ，b )上的单调性与其导函数的符号有如下关系：导函数的正负函数在(a ，b )上的单调性f ′(x )＞0 增加 f ′(x )＜0 减少 f ′(x )＝0常数函数(1)若在某个区间上有有限个(或无限个不连续)点使f ′(x )＝0，而其余点恒有f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，则f (x )仍为增加的(或减少的)，例如函数y ＝x 3，x ∈R ，则f ′(x )＝3x 2，尽管当x ＝0时，f ′(x )＝0，但该函数y ＝x 3在R 上仍为增加的．(2)在某一区间上f′(x)>0(或f′(x)<0)是函数y＝f(x)在该区间上为增加(或减少)的充分不必要条件，而不是充要条件．[对应学生用书P26]判断或证明函数的单调性[例1] 证明函数f(x)＝ln xx在区间(0,2)上是增加的．[思路点拨] 要证函数f(x)在(0,2)上为增加的，只要证f′(x)>0在(0,2)上恒成立即可．[精解详析] 由于f(x)＝ln xx，所以f′(x)＝1x·x－ln xx2＝1－ln xx2，由于0<x<2，所以ln x<ln 2<1，故f′(x)＝1－ln xx2>0，即函数在区间(0,2)上是增加的．[一点通] 利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式f′(x)>0(f′(x)<0)在给定区间上恒成立．一般步骤为：①求导f′(x)；②判断f′(x)的符号；③给出单调性结论．1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增加的是( )A．y＝sin x B．y＝x·e xC．y＝x3－x D.y＝ln x－x解析：(sin x)′＝cos x，(x·e x)′＝e x＋x·e x＝(1＋x)·e x，(x 3－x )′＝3x 2－1，(ln x －x )′＝1x－1，当x ∈(0，＋∞)时，只有(x ·e x )′＝(1＋x )·e x>0. 答案：B2.证明函数f (x )＝x ＋1x在(0,1]上是减少的．证明：∵f ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2，又∵x ∈(0,1]，∴x 2－1≤0(只有x ＝1时等号成立)， ∴f ′(x )≤0，∴f (x )＝x ＋1x在(0,1]上为减少的．3．判断y ＝ax 3－1(a ∈R )在R 上的单调性． 解：∵y ′＝3ax 2，又x 2≥0.(1)当a ＞0时，y ′≥0，函数在R 上单调递增； (2)当a ＜0时，y ′≤0，函数在R 上单调递减； (3)当a ＝0时，y ′＝0，函数在R 上不具备单调性.求函数的单调区间[例2] 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝x 2－ln x ； (2)f (x )＝exx －2；(3)f (x )＝－x 3＋3x 2.[精解详析] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2x －1x＝2x －12x ＋1x.因为x >0，所以2x ＋1>0，由f ′(x )>0，解得x >22，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞； 由f ′(x )<0，解得x <22，又x ∈(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，22. (2)函数f (x )的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．f ′(x )＝exx －2－e x x －22＝e x x －3x －22.因为x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以e x>0，(x －2)2>0.由f ′(x )>0，解得x >3，所以函数f (x )的单调递增区间为(3，＋∞)；由f ′(x )<0，解得x <3，又x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，2)和(2,3)．(3)函数f (x )的定义域为R .f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)．当0<x <2时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0,2)；当x <0或x >2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．[一点通] 利用导数求函数f (x )的单调区间，实质上是转化为解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.但要特别注意的是，不能忽略函数的定义域，应首先求出函数的定义域，在定义域内解不等式．另外，如果函数的单调区间不止一个时，应用“及”“和”等连接，而不能写成并集的形式．4．函数f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像如右图，则函数f (x )的递增区间为________．解析：当－1≤x ≤0或x ≥2时f ′(x )≥0，可得递增区间为[－1,0]和[2，＋∞)．答案：[－1,0]和[2，＋∞)5．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，＋∞)解析：函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x＝x －1x ＋1x，令y ′≤0，则可得0<x ≤1.答案：B6．求下列函数的单调区间： (1)y ＝x 3－2x 2＋x ；(2)y ＝12x 2＋a ln x .解：(1)y ′＝3x 2－4x ＋1.令3x 2－4x ＋1>0，解得x >1或x <13，因此，y ＝x 3－2x 2＋x 的单调递增区间为(1，＋∞)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13.再令3x 2－4x ＋1<0，解得13<x <1.因此，y ＝x 3－2x 2＋x 的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.(2)函数的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x ＋a x ＝x 2＋ax，当a ≥0时y ′>0，∴y ＝12x 2＋a ln x 的增区间为(0，＋∞)，无减区间．当a <0时，由y ′>0得x >－a ， 由y ′<0得0<x <－a ，∴y ＝12x 2＋a ln x 的增区间为(－a ，＋∞)，减区间为(0，－a )．已知函数单调性求参数范围[例3] 若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，求实数m 的取值范围． [精解详析] f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m ，由于f (x )是R 上的单调函数，所以f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立．由于导函数的二次项系数3>0，所以只能有f ′(x )≥0恒成立． 法一：由上述讨论可知要使f ′(x )≥0恒成立， 只需使方程3x 2＋2x ＋m ＝0的判别式Δ＝4－12m ≤0， 故m ≥13.经检验，当m ＝13时，只有个别点使f ′(x )＝0，符合题意．所以实数m 的取值范围是m≥13.法二：3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，即m ≥－3x 2－2x 恒成立．设g (x )＝－3x 2－2x ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋132＋13，易知函数g (x )在R 上的最大值为13，所以m ≥13.经检验，当m ＝13时，只有个别点使f ′(x )＝0，符合题意．所以实数m 的取值范围是m ≥13.[一点通] 已知函数y ＝f (x )，x ∈[a ，b ]的单调性，求参数的取值范围的步骤： (1)求导数y ＝f ′(x )；(2)转化为f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在x ∈[a ，b ]上恒成立问题； (3)由不等式恒成立求参数范围； (4)验证等号是否成立．7．已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在(－2，＋∞)内是减少的，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝ax ＋1′x ＋2－ax ＋1·x ＋2′x ＋22＝2a －1x ＋22，由函数f (x )在(－2，＋∞)内是减少的知f ′(x )≤0在(－2，＋∞)内恒成立， 即2a －1x ＋22≤0在(－2，＋∞)内恒成立，因此a ≤12.又当a ＝12时，f (x )＝12x ＋1x ＋2＝12为常数函数，所以不符合题意，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，128．试问是否存在实数a ，使得函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间？如果存在，求出实数a 的取值范围及这三个单调区间；如果不存在，请说明理由．解：f ′(x )＝3ax 2＋1，若a >0，则f ′(x )>0，此时f (x )只有一个单调区间，不满足要求； 若a ＝0，则f ′(x )＝1>0，此时f (x )也只有一个单调区间，不满足要求；若a <0，则f ′(x )＝3a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1－3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－3a ，此时f (x )恰有三个单调区间，满足要求．综上可知，存在实数a <0，使f (x )恰有三个单调区间，其中单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－3a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3a ，＋∞，单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－1－3a ，1－3a .(1)在利用导数来讨论函数的单调性时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中只能在定义域内通过讨论导数的符号来确定函数的单调区间．(2)已知函数的单调性求参数的范围，这类问题往往转化为不等式的恒成立问题，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在给定区间恒成立，从中求出参数范围，但应注意能否取到等号需要单独验证．[对应课时跟踪训练十]1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1的单调递减区间为( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，2) C ．(－∞，0)D.(0,2)解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间为(0,2)．答案：D2．当x >0时，f (x )＝x ＋2x的单调递减区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(2，＋∞)D.(0，2)解析：f ′(x )＝1－2x 2＝x 2－2x 2＝x －2x ＋2x2. 由f ′(x )<0且x >0得0<x < 2. 答案：D3．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是( ) A ．[－2，＋∞) B ．[2，＋∞) C ．(－∞，－2]D.(－∞，2]解析：根据条件得h ′(x )＝2＋k x 2＝2x 2＋k x2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ∈[－2，＋∞)．答案：A4．已知函数f (x )＝x ＋ln x ，则有( ) 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：因为在定义域(0，＋∞)上f ′(x )＝12x＋1x>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数， 所以有f (2)<f (e)<f (3)． 答案：A5．函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调递增区间为________． 解析：令f ′(x )＝1－2cos x >0，则cos x <12.又x ∈(0，π)，解得π3<x <π，所以函数在(0，π)上的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫π3，π6．函数f (x )＝ln x －x 的单调递增区间为________．解析：令f ′(x )＝1x－1>0，解不等式得0<x <1.注意定义域为(0，＋∞)．答案：(0,1)7．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围．解：f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .函数有单调递增区间，即在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞内，导函数大于零有解，令29＋2a >0，得a >－19.所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间．8．设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2，若f ′(－1)＝0，求a 的值，并讨论f (x )的单调性． 解：f ′(x )＝1x ＋a＋2x ， 依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32.从而f ′(x )＝2x 2＋3x ＋1x ＋32＝2x ＋1x ＋1x ＋32.则f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞. 当－32<x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <－12时，f ′(x )<0；当x >－12时，f ′(x )>0.从而f (x )分别在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上是增加的，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上是减少的．。

【2019最新】高中数学第三章导数应用3-1函数的单调性与极值导数与函数的单调性教案3一、教学目标：1.正确理解利用导数判断函数的单调性的原理；2.掌握利用导数判断函数单调性的方法二、教学重难点：利用导数判断函数单调性.三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、复习：1. 函数的单调性. 对于任意的两个数x 1，x 2∈I ，且当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，那么函数f (x )就是区间I 上的增函数. 对于任意的两个数x 1，x 2∈I ，且当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)，那么函数f (x )就是区间I 上的减函数.2. 导数的概念及其四则运算3、定义：一般地，设函数y=f(x) 在某个区间内有导数，如果在这个区间内/y ≥0，那么函数y=f(x) 在为这个区间内的增函数；如果在这个区间内/y ≤0，那么函数y=f(x) 在为这个区间内的减函数4、用导数求函数单调区间的步骤：①求函数f (x )的导数f ′(x ).②令f ′(x ) ≥0解不等式，得x 的范围就是递增区间.③令f ′(x )≤0解不等式，得x 的范围，就是递减区间.（二）、探究新课例1、确定函数f (x )=x 2－2x +4在哪个区间内是增函数，哪个区间内是减函数. 解：f ′(x )=(x 2－2x +4)′=2x －2.令2x －2＞0，解得x ＞1.∴当x ∈(1，+∞)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数.令2x －2＜0，解得x ＜1.∴当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数.例2、确定函数f (x )=2x 3－6x 2+7在哪个区间内是增函数，哪个区间内是减函数. 解：f ′(x )=(2x 3－6x 2+7)′=6x 2－12x ，令6x 2－12x ＞0，解得x ＞2或x ＜0∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数.当x ∈(2，+∞)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数.令6x 2－12x ＜0，解得0＜x ＜2.∴当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数. 例3、证明函数f (x )=x1在(0，+∞)上是减函数. 证法一：(用以前学的方法证)任取两个数x 1，x 2∈(0，+∞)设x 1＜x 2.f (x 1)－f (x 2)=21122111x x x x x x -=-∵x 1＞0，x 2＞0，∴x 1x 2＞0 ∵x 1＜x 2，∴x 2－x 1＞0， ∴2112x x x x -＞0∴f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2) ∴f (x )= x1在(0，+∞)上是减函数. 证法二：(用导数方法证)∵f ′(x )=( x 1)′=(－1)·x －2=－21x ，x ＞0，∴x 2＞0，∴－21x＜0. ∴f ′(x )＜0， ∴f (x )= 21x 在(0，+∞)上是减函数. 例4、求函数y =x 2(1－x )3的单调区间.解：y ′=［x 2(1－x )3］′=2x (1－x )3+x 2·3(1－x )2·(－1)=x (1－x )2［2(1－x )－3x ］=x (1－x )2·(2－5x ) 令x (1－x )2(2－5x )＞0，解得0＜x ＜52. ∴y =x 2(1－x )3的单调增区间是(0，52) 令x (1－x )2(2－5x )＜0，解得x ＜0或x ＞52且x ≠1.∵1x =为拐点， ∴y =x 2(1－x )3的单调减区间是(－∞，0)，(52，+∞) 例5、已知函数 232()4()3f x x ax x x R =+-∈在区间[]1,1-上是增函数，求实数a 的取值范围． 解：'2()422f x ax x =+-，因为()f x 在区间[]1,1-上是增函数，所以'()0f x ≥对[]1,1x ∈-恒成立，即220x ax --≤对[]1,1x ∈-恒成立，解之得：11a -≤≤；所以实数a 的取值范围为[]1,1-．说明：已知函数的单调性求参数的取值范围是一种常见的题型，常利用导数与函数单调性关系：即“若函数单调递增，则'()0f x ≥；若函数单调递减，则'()0f x ≤”来求解，注意此时公式中的等号不能省略，否则漏解．（三）、小结：本节课学习了利用导数判断函数单调性.（四）、课堂练习：第62页练习4（五）、课后作业：1、求证：函数3223121y x x x =+-+在区间()2,1-内是减函数． 证明：因为()()()'22661262612y x x x x x x =+-=+-=-+当()2,1x ∈-即21x -<<时，'0y <，所以函数3223121y x x x =+-+在区间()2,1-内是减函数．2、已知函数 232()4()3f x x ax x x R =+-∈在区间[]1,1-上是增函数，求实数a 的取值范围． 解：'2()422f x ax x =+-，因为()f x 在区间[]1,1-上是增函数，所以'()0f x ≥对[]1,1x ∈-恒成立，即220x ax --≤对[]1,1x ∈-恒成立，解之得：11a -≤≤ 所以实数a 的取值范围为[]1,1-。

第十一节导数与函数的单调性[考纲传真] 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)．(对应学生用书第32页)[基础知识填充]函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内是增加的；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内是减少的；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．[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：对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．[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)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．( )[答案](1)×(2)√(3)×2．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，∴递减区间为(0,4)．]3．(教材改编)如图2­11­1所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，则下列判断中正确的是( )【导学号：00090063】图2­11­1A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减少的B．函数f(x)在区间(1,3)上是减少的C．函数f(x)在区间(0,2)上是减少的D．函数f(x)在区间(3,4)上是增加的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．(2015·陕西高考)设f(x)＝x－sin x，则f(x)( )A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数B[因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C．又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B．]5．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图2­11­2所示，则函数y ＝f(x)的图像可能是( )图2­11­2D[观察导函数f′(x)的图像可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A、C．如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．故选D ．](对应学生用书第32页)[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x－2ax ＋2－a＝－x ＋ax －x.①若a ≤0，则f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝1a，且当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．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减．[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：确认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．[变式训练1] (2016·四川高考节选)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.【导学号：00090064】[解] (1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).2分当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； 5分当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.7分 (2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.9分当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0.12分b ∈R .求f (x )的单调区间．[解] 由f (x )＝x 3－ax －b ，可得f ′(x )＝3x 2－A ． 下面分两种情况讨论：①当a ≤0时，有f ′(x )＝3x 2－a ≥0恒成立， 所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞). 5分②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝3a 3或x ＝－3a 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞.12分[规律方法] 求函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)在定义域内解不等式f ′(x )＞0，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f ′(x )＜0，得单调递减区间．[变式训练2] 已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x，x ∈R ，e 为自然对数的底数，则函数f (x )的单调递增区间为________．(－2，2) [因为f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x＞0，因为e x＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(－2，2)．][解] 因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]．[母题探究1] (变换条件)函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．[解] 因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]． [母题探究2] (变换条件)函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围．[解] 由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x ＜1，所以3x 2＜3，所以a ≥3.即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1,1)上为减函数．[母题探究3] (变换条件)函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．[解] ∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－A ．由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)． ∵f (x )在区间(－1,1)上不单调，∴0＜3a3＜1，得0＜a ＜3，即a 的取值范围为(0,3)． [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：(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 )不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(2)函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如迁移3中利用了3a 3∈(0,1)来求解．[变式训练3] 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 )在[1,4]上是减少的，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围.【导学号：00090065】[解] (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由h (x )在[1,4]上是减少的得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立．令G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞. (2)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.。

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(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)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( ) A ．先增后减 B ．先减后增 C ．增函数D ．减函数解析：选D.因为f ′(x )＝－sin x －1＜0. 所以f (x )在(0，π)上是减函数，故选D.(教材习题改编)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.(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，＋∞)已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数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)已知函数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若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)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 )单调递减，在(ln a ，＋∞)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]，则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，故选C. 2．已知函数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·高考北京卷)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，则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，把定义域分成若干个小区间，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．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)已知函数单调性求参数的取值范围．[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，则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，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，故选B. 【答案】 B角度二 已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝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－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 的取值范围是[－716，＋∞)．1.本例条件变为：若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围． 解：由h (x )在[1，4]上单调递增得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2.本例条件变为：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， 所以当x ∈[1，4]时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．(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． [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 )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[通关练习]1．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( ) 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 )，故选A.2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，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，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值范围是(－∞，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，则要根据参数在不同范围内取值时，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)已知函数f (x )在D 上单调递增求参数的取值范围，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，已知函数f (x )在D 上单调递减求参数的取值范围，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)已知函数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．易误防范(1)求单调区间应遵循定义域优先的原则．(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)若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·太原模拟)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，则当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，故选B.4．(2018·四川乐山一中期末)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 ＜1 B ．a ≤1 C ．a ＜2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax， 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故选D.5．函数f (x )在定义域R 内可导，若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)，则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 ，故选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．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则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 ′(x )＜0.所以f (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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π28．(2018·张掖市第一次诊断考试)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上单调递减，则实数a 的取值范围是________．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 的取值范围为[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．已知函数g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5.(1)若函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值范围； (2)若函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值范围． 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 的取值范围为(－∞，－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，则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 的取值范围是(－∞，－22)．1．(2018·安徽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，则实数a 的取值范围是( ) 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＜x ＜3.因为函数f (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)已知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，则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，则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．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x，a ＜0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是________．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 的取值范围是(－∞，－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，若a ＝3f (3)，b ＝(log πe)f (log πe)，c ＝－2f (－2)，则a ，b ，c 的大小关系为________． 解析：设g (x )＝xf (x )， 则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，则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．已知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·武汉市武昌区调研考试)已知函数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，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋（1－a ）x －a x ＝（x ＋1）（x －a ）x.若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则由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 )，则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 )．。

【关键字】教学3．3.1 利用导数判断函数的单调性学习目标 1.理解导数与函数单调性的关系.2.掌握利用导数判断函数单调性的方法.3.能利用导数求不超过三次多项式函数的单调区间．知识点一函数的单调性与导函数正负的关系思考1 观察下列各图，完成表格内容．思考梳理思考我们知道导数的符号反映函数y＝f(x)的增减情况，怎样反映函数y＝f(x)增减的快慢呢？能否从导数的角度解释变化的快慢呢？梳理一般地，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快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．类型一利用导数判断函数的单调性例1 证明：函数f(x)＝在区间上单调递减．反思与感悟关于利用导数证明函数单调性的问题(1)首先考虑函数的定义域，所有函数性质的研究必须保证在定义域内这个前提下进行．(2)f′(x)>(或<)0，则f(x)单调递加(或递减)；但要特别注意，f(x)单调递加(或递减)，则f′(x)≥(或≤)0.跟踪训练1 证明：函数f(x)＝在区间(0，e)上是增函数．类型二利用导数求函数的单调区间命题角度1 不含参数的函数求单调区间例2 求f(x)＝3x2－2ln x的单调区间．反思与感悟求函数y＝f(x)的单调区间的步骤(1)确定函数y＝f(x)的定义域．(2)求导数y′＝f′(x)．(3)解不等式f′(x)>0，函数在定义域内的解集上为增函数．(4)解不等式f′(x)<0，函数在定义域内的解集上为减函数．跟踪训练2 求函数f(x)＝的单调区间．命题角度2 含参数的函数求单调区间例3 讨论函数f(x)＝x2－aln x(a≥0)的单调性．反思与感悟(1)在判断含有参数的函数的单调性时，不仅要考虑到参数的取值范围，而且要结合函数的定义域来确定f′(x)的符号，否则会产生错误．(2)分类讨论是把数学问题划分为若干个局部问题，在每一个局部问题中，原先的不确定因素，就变成了确定性问题，当这些局部问题都解决了，整个问题就解决了．跟踪训练3 已知函数f(x)＝x2－(a＋m)x＋aln x，且f′(1)＝0，其中a，m∈R.(1)求m的值；(2)求函数f(x)的单调递加区间．类型三含参数函数的单调性引申探究试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间．例4 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递加，则k的取值范围是________．反思与感悟(1)讨论含有参数的函数的单调性，通常归结为求含参数不等式的解集的问题，而对含有参数的不等式要针对具体情况进行讨论，但始终注意定义域对单调性的影响以及分类讨论的标准．(2)利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路①将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．②先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意．(3)恒成立问题的重要思路①m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max.②m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min.跟踪训练4 已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，常数a∈R)．若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上单调递加，求a的取值范围．1．函数f(x)＝x ＋ln x 在(0,6)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在上是减函数，在上是增函数D ．在上是增函数，在上是减函数2．设函数f(x)在定义域内可导，y ＝f(x)的图象如图所示，则导函数f ′(x)的图象可能是( )3．函数f(x)＝ln x －ax(a>0)的单调递加区间为( ) A.B. C ．(0，＋∞)D ．(0，a)4．若函数f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，则m 的取值范围是( ) A ．m ≥43B ．m >43C ．m ≤43D ．m <435．求函数f (x )＝(x －k )e x的单调区间．1．导数的符号反映了函数在某个区间上的单调性，导数绝对值的大小反映了函数在某个区间或某点附近变化的快慢程度．2．利用导数求函数f (x )的单调区间的一般步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求导数f ′(x )．(3)在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0. (4)根据(3)的结果确定函数f (x )的单调区间．答案精析问题导学 知识点一思考1 正 递增 正 正 递增 负 递减 负 负 递减 负 负 递减 思考2 一般地，设函数y ＝f (x )，在区间(a ，b )上： (1)如果f ′(x )>0，则f (x )在该区间上单调递增． (2)如果f ′(x )<0，则f (x )在该区间上单调递减． 梳理 > 锐 上升 递增 < 钝 下降 递减 知识点二思考 如图所示，函数y ＝f (x )在区间(0，b )或(a,0)内导数的绝对值较大，图象“陡峭”，在区间(b ，＋∞)或(－∞，a )内导数的绝对值较小，图象“平缓”． 题型探究例1 证明 ∵f ′(x )＝x cos x －sin xx 2，又x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，则cos x <0，sin x >0， ∴x cos x －sin x <0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．跟踪训练1 证明 ∵f (x )＝ln xx，∴f ′(x )＝x ·1x －ln xx 2＝1－ln xx 2. 又0<x <e ，∴ln x <ln e ＝1. ∴f ′(x )＝1－ln xx2>0， 故f (x )在区间(0，e)上是增函数．例2 解 f (x )＝3x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝6x －2x ＝23x 2－1x＝23x －13x ＋1x，由x >0，解f ′(x )>0，得x >33， 由x <0，解f ′(x )<0，得0<x <33. ∴函数f (x )＝3x 2－2ln x 的单调递增区间为(33，＋∞)， 单调递减区间为(0，33)． 跟踪训练2 解 函数f (x )的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)． f ′(x )＝exx －2－e x x －22＝e x x －3x －22.因为x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以e x>0，(x －2)2>0. 由f ′(x )>0，得x >3，所以函数f (x )的单调递增区间为(3，＋∞)； 由f ′(x )<0，得x <3，又函数f (x )的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，2)，(2,3)． 例3 解 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax.设g (x )＝2x 2－a ， 由g (x )＝0，得2x 2＝a .当a ＝0时，f ′(x )＝2x >0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由g (x )＝0， 得x ＝2a 2或x ＝－2a 2(舍去)． 当x ∈(0，2a2)时，g (x )<0， 即f ′(x )<0， 当x ∈(2a2，＋∞)时，g (x )>0， 即f ′(x )>0.所以当a >0时，函数f (x )在区间(0，2a 2)上单调递减，在区间(2a 2，＋∞)上单调递增． 综上，当a ＝0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在(2a 2，＋∞)上单调递增，在(0，2a 2)上单调递减． 跟踪训练3 解 (1)由题设知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋m )＋ax.由f ′(1)＝0，得1－(a ＋m )＋a ＝0， 解得m ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－a ＋1x ＋a x ＝x －a x －1x.当a >1时，由f ′(x )>0， 得x >a 或0<x <1，此时f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，(0,1)； 当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当0<a <1时，由f ′(x )>0， 得x >1或0<x <a ，此时f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，(0，a )；当a ≤0时，由f ′(x )>0，得x >1，此时f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)． 综上，当a >1时，f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，(0,1)； 当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a <1时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，(0，a )； 当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)． 例4 [1，＋∞)解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)． 引申探究解 f (x )＝kx －ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝k －1x，当k ≤0时，函数的单调递减区间为(0，＋∞)；当k >0时，函数的单调递增区间为(1k ，＋∞)，单调递减区间为(0，1k)．跟踪训练4 解 f ′(x )＝2x －a x 2＝2x 3－ax2.要使f (x )在[2，＋∞)上单调递增， 则f ′(x )≥0在x ∈[2，＋∞)时恒成立， 即2x 3－ax2≥0在x ∈[2，＋∞)时恒成立．∵x 2>0，∴2x 3－a ≥0，∴a ≤2x 3在x ∈[2，＋∞)上恒成立， ∴a ≤(2x 3)min .设y ＝2x 3，∵y ＝2x 3在[2，＋∞)上单调递增， ∴(2x 3)min ＝16，∴a ≤16.当a ＝16时，f ′(x )＝2x 3－16x2≥0(x ∈[2，＋∞))，有且只有f ′(2)＝0， ∴a 的取值范围是(－∞，16]． 当堂训练1．A [∵x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x>0，∴函数在(0,6)上单调递增．]2．C [原函数的单调性是当x <0时，f (x )单调递增， 当x >0时，f (x )的单调性变化依次为增、减、增．故当x <0时，f ′(x )>0；当x >0时，f ′(x )的符号变化依次为＋，－，＋.故选C.] 3．A [f (x )的定义域为{x |x >0}， 且a >0，由f ′(x )＝1x－a >0，得0<x <1a.]4．A [∵函数f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增， ∴f ′(x )＝3x 2＋4x ＋m ≥0在R 上恒成立， 则判别式Δ＝16－12m ≤0，即m ≥43.]5．解 f ′(x )＝e x＋(x －k )e x＝(x －k ＋1)e x，当x <k －1时，f ′(x )<0； 当x >k －1时，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递减区间为(－∞，k －1)， 单调递增区间为(k －1，＋∞)．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。

第2讲 导数与函数的单调性基础知识整合函数的导数与单调性的关系 函数y ＝f (x )在某个区间内可导：(1)若f ′(x )＞0，则f (x )在这个区间内□01单调递增； (2)若f ′(x )＜0，则f (x )在这个区间内□02单调递减； (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是□03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∀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零．1．(2019·许昌模拟)函数f (x )＝ln xx的单调递减区间是( )A ．(e ，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0，e)D ．(0,1)答案 A解析 f ′(x )＝1－ln x x2，由x >0及f ′(x )<0解得x >e.故选A. 2．函数f (x )＝x 3－ax 为R 上增函数的一个充分不必要条件是( ) A ．a ≤0 B ．a <0 C ．a ≥0 D ．a >0答案 B解析 函数f (x )＝x 3－ax 为R 上增函数的充分必要条件是f ′(x )＝3x 2－a ≥0在R 上恒成立，所以a ≤(3x 2)min .因为(3x 2)min ＝0，所以a ≤0.而(－∞，0)⊆(－∞，0]．故选B.3．当x >0时，f (x )＝x ＋4x的单调减区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(2，＋∞)D ．(0，2)答案 B解析 f ′(x )＝1－4x2，令f ′(x )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－4x2<0，x >0，∴0<x <2.∴f (x )的减区间为(0,2)．4．(2019·芜湖模拟)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，＋∞)答案 D解析 由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1.故选D. 5．已知定义在R 上的奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，f ′(x )<f xx，且f (－1)＝0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0,1)C ．(0,1)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,0)答案 B6．(2019·九江模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞解析 由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，因为g (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递减，所以g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝83，所以2a ≥83，即a ≥43.故填⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.核心考向突破考向一 利用导数求函数的单调区间例1 (1)(2019·邯郸模拟)已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．(2)设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，则f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．答案 (－∞，－1)，(0，＋∞) [－1,0] 解析 ∵f (x )＝x (e x－1)－12x 2，∴f ′(x )＝e x－1＋x e x－x ＝(e x－1)(x ＋1)． 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0. 当x ∈[－1,0]时，f ′(x )≤0. 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． 触类旁通 当方程fx ＝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，把定义域分成若干个小区间，确定fx 在各个区间内的符号，从而确定单调区间.即时训练 1.(2019·陕西模拟)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)∪(1，＋∞)答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a－x 2x 2＋2＝a －x ＋xx 2＋2.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．函数f (x )＝x ＋2cos x (x ∈(0，π))的单调递减区间为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6解析 f ′(x )＝1－2sin x ，令f ′(x )<0得sin x >12，故π6<x <5π6.考向二 利用导数讨论函数的单调区间例2 (1)(2018·青岛模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx＞0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x＜0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(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 f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ，方程x 2＋2x ＋a ＝0的判别式Δ＝4－4a ＝4(1－a )， 若a ≥1，则Δ≤0，f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0，∴f (x )在R 上单调递增．若a <1，则Δ>0，方程x 2＋2x ＋a ＝0有两个不同的实数根，x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ，当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)， 单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )． 触类旁通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.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.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f x＝x 3，fx ＝3x2f x ＝0在x ＝0时取到，f x 在R 上是增函数.即时训练 3.已知函数f (x )＝e x(ax 2－2x ＋2)(a ＞0)，试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a ＞0)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.(1)当0＜a ＜1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和⎝⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；(2)当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；(3)当a ＞1时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0. 4．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，a ∈R ，试讨论f (x )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－a 2a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )＞0， 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 考向三 利用导数解决函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式例3 (1)已知函数f (x )＝－xex ＋ln 2，则( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12的大小关系无法确定 答案 C解析 f ′(x )＝－e x－－xxe x ·ex＝x －1ex，当x <1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．∵1e <12<1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.故选C. (2)已知定义域为R 的函数f (x )满足f (4)＝－3，且对任意的x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为________．答案 (4，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－3x ＋15，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )在R 上是减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．触类旁通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．即时训练 5.(2019·青岛二中月考)已知定义域为R 的函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足f ′(x )<2x ，f (2)＝3，则不等式f (x )>x 2－1的解集是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)答案 D解析 令g (x )＝f (x )－x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－2x <0，即函数g (x )在R 上单调递减．又不等式f (x )>x 2－1可化为f (x )－x 2>－1，而g (2)＝f (2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g (x )>g (2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D.6．(2019·河北石家庄模拟)已知f (x )＝ln x x，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (e)>f (2)>f (3)D ．f (e)>f (3)>f (2)答案 D解析 f ′(x )＝1－ln x x2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)．f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96， f (e)>f (3)>f (2)．故选D.角度2 根据函数的单调性求参数例4 (1)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]答案 A解析 因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上函数f (x )是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，所以a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.故选A.(2)(2019·西宁模拟)若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 触类旁通(1)f (x )在区间D 上单调递增(减)，只要f ′(x )≥0(≤0)在D 上恒成立即可，如果能够分离参数，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．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图象的对称轴与区间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.即时训练 7.若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，则a 的取值范围是________．答案 [3，＋∞)解析 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数，∴y max＜1⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×12＝3，∴a ≥3.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －x －x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.故填(0,1)∪(2,3)．1．(2019·天津模拟)设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )>g ′(x )，则当a <x <b 时，有( )A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )>g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )>g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′>0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )<f (x )－g (x )． 即f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )．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( )A ．f (a )<e af (0) B ．f (a )>e af (0) C ．f (a )<feaD ．f (a )>fea答案 B 解析 令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x x－f xxx2＝f x －f xex>0.∴g (x )在R 上为增函数，又∵a >0，∴g (a )>g (0)，即f aea>fe.故f (a )>e af (0)．答题启示(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 nf (x )．(2)若知xf ′(x )－f (x )的符号，则构造函数g (x )＝f xx；一般地，若知xf ′(x )－nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝f xx n.(3)若知f ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数f (x )＝e xf (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 xex；一般地，若知f ′(x )－nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝f xenx.对点训练1．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )答案 A解析 设函数F (x )＝f x x (x >0)，则F ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝xfx －f xx 2.因为x >0，xf ′(x )－f (x )≤0，所以F ′(x )≤0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数． 又0<a <b ，所以F (a )≥F (b )，即f a a ≥f bb，则bf (a )≥af (b )． 2．(2018·南昌调研)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 )，若对任意的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)答案 A解析 根据题意，令g (x )＝x 2f (x )，其导数g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，又对任意的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.。