3.3.1函数的单调性与导数第二课时

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函数的单调性与导数(第二课时)

§1.3.1 函数的单调性与导数（第二课时）【学习目标】1、进一步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，并能够利用单调性证明一些简单的不定式；3、会求函数的单调区间（其中多项式函数次数一般不超过三次）。

【自主学习】1、函数的单调性与其导数的正负关系一般地，设函数y=f(x),在区间（a,b ）上()0,()____________;(2)()0,()f x f x f x f x '>'<(1)如果则在该区间上如果则在该区间上_____________.2、函数单调性与导数值大小的关系一般地，设函数y=f(x),在区间（a,b ）上1(),(),f x a b f x a b ''（）如果越大，函数在区间（）上变化得_________,函数的图像就比较“陡峭”（向上或向下）；(2)如果越小，函数在区间（）上变化得_________,函数的图像就比较“平缓”（向上或向下）.3、(f 'x)>0是f(x)在此区间为增函数的充要条件吗？4、怎样证明函数f(x)在一个区间上是增函数？5、求下列函数的单调区间：1ln ;y x x =-（） (2).y =【质疑探究】探究一证明函数ln ()x f x x=在区间（0,2）上是单调递增函数。

探究二已知0,1,a a >≠且证明函数()ln - 0)x f x a x x =-∞在(，内是减函数。

3.(1)+(2)1+y x ax b y a y a =-+∞∞探究三已知函数若函数在（1，）内是增函数，求的取值范围.若函数的一个单调递增区间为（，），求的值。

1,ln(1)x x x >>+探究四已知证明:。

函数的单调性与导数[二]

2°用“导数法” 求单调区间的步骤
注：单调区间不可以并起来。
一．应用导数求函数的单调区间
1．确定下列函数的单调区间：
1( fx ) 2 x 3 x 1 21 x )
3 2
(2) f(x)=sinx-x ; x∈(0,p)
x 3) f (x) sinx 2
尝试高考
函数 y x c o s x s i n x 在下面哪个区间内是增函数 ( B) p 3 p 3 p 5 p A .( , ) B . (, pp 2 )C .( , ) D .( 2 pp , 3 ) 22 22
b x 6 . 讨论函数 f() x2 (1 x1 ， b 0 ) 的单 x 1 调性；
(B)–1<a<1 (D) 0<a<1
3、当x∈(-2,1)时，f(x)=2x3+3x2-12x+1 是( B ) (A)单调递增函数（B）单调递减函数 (B)(C)部份单调增，部分单调减 (C)(D) 单调性不能确定
3 2 4 .函数 f(x )x a x b xc ,其中 abc ,,为常数，
当 a 3 b0 时， f(x ) 在上 R ( A)
2
(A ) 增函数 (B ) 减函数 (C ) 常数 (D ) 既不是增函数也不是减函数
1 3 2 5 . 求 fx a x x 1 a 0 的 ) ) 3 单调区间和单调性；
附近几乎没有升降
试画出函数 f ( x ) 图象的大致形状。解： f ( x ) 的大致形状如右图：
变化,切线平行x轴
y f ( x)

05《函数的单调性与导数》02

1 3 2 例题5：求函数f ( x) = − ax + x +1(a ≤ 0)的单调区间 3
练习 b 求函数f ( x) = x + (b > 0)的单调区间 x
y
y = f ( x)
1 2 x o
y
y = f ( x)
1 2 x
y
y = f '( x)
2 x
o
(A)
y
(B)
y
o
y = f ( x)
2 1 x
y = f ( x)
x
o
o 1 2
(C)
(D)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
已知f (x)是f(x)的导函数的导函数，已知f/(x)是f(x)的导函数， (x)的图像如图所示那么f(x) 的图像如图所示， f/(x)的图像如图所示，那么f(x) 的图像只可能是
1.3.1 函数的单调性与导数第二课时
复习提问：复习提问：
1.函数的导数与函数单调性的关系 1.函数的导数与函数单调性的关系
2.运用导数确定函数的单调性的方法步骤 2.运用导数确定函数的单调性的方法步骤
1.函数的导数与函数单调性的关系函数的导数与函数单调性的关系
在某个区间( 在某个区间(a,b)内,如果 f ′( x) > 0 ,那么函数在这个区间内单调递增 y = f (x)在这个区间内单调递增;; 如果 f ′( x) < 0,那么函数 y = 在这个区间内单调递减. f (x)在这个区间内单调递减.
练习:求以下函数的单调区间：练习求以下函数的单调区间：求以下函数的单调区间
1. f ( x) = 2 x + 3 x − 12 x + 1

数学：3.3.1函数的单调性与导数课件

3.3.1函数的单调性与导数
第一页，编辑于星期日：十二点三十五分。
一、复习引入:
函数 y = f (x) 在给定区间 G 上，当 x 1、x 2 ∈G 且 x 1＜ x 2 时
1）都有 f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 )，则 f ( x ) 在G 上是增函数；
2）都有 f ( x 1 ) ＞ f ( x 2 )，则 f ( x ) 在G 上是减函数；
的图象就“平缓”一些.
如图,函数 y f (x) 在 (0,b)或 (a,0)内的图象“陡峭”,在(b,) 或(, a)
内的图象平缓.
第十二页，编辑于星期日：十二点三十五分。
练习
函数 y f (x)的图象如图所示, 试画出导函数 f (x图) 象的
大致形状
第十三页，编辑于星期日：十二点三十五分。
第二十页，编辑于星期日：十二点三十五分。
• 解法二：(数形结合)
• 如图所示，f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．若在 (1,4)内f′(x)≤0，(6，＋∞)内f′(x)≥0，且f′(x)＝0 有一根为1，则另一根在[4,6]上．
所以ff′′((46))≤≥00，，即35((57－－aa))≤≥00，，所以 5≤a≤7.
总结
在某个区间上，f '(x)>0(或<0) ，f（x）在这个区间上单调递增（递减）；但由f（x）在这个区间上单调递增（递减）而仅仅得到 f '(x)>0(或<0)是不够的。还有可能导数等于0也能使 f（x）在这个区间上单调，所以对于能否取到等号的问题需要单独验证。
数.
第十六页，编辑于星期日：十二点三十五分。
练习
1.判断下列函数的单调性, 并求出单调区间:

3.3.1函数的单调性与导数(二)

8
• 解法二：(数形结合) • 如图所示，f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．若在 (1,4) 内 f′(x)≤0 ， (6 ，＋ ∞ ) 内 f′(x)≥0 ，且 f′(x) ＝0有一根为1，则另一根在[4,6]上．
f′(4)≤0，所以 f′(6)≥0，
3(5－a)≤0，即 5(7－a)≥0，
x3
因为函数在（0，1]上单调递增
2 f '(x)>0,即a - 3 在x （0， 1]上恒成立 x 1 而g(x) 3 在（0， 1]上单调递增， x g(x)max g(1)=-1
a〉 -1
11
2 当a 1时，f '(x) 2 3 x 所以a的范围是[-1，+）练习1 1 1
所以 5≤a≤7.
9
• 解法三：(转化为不等式的恒成立问题) • f′(x) ＝ x2 － ax ＋ a － 1. 因为 f(x) 在 (1,4) 内单调递减，所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立．即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1，因为2<x＋1<5，所以当a≥5时， f′(x)≤0在(1,4)上恒成立， • 又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在 (6，＋∞)上恒成立，
象“陡峭”,在 (b, )
或 ( , a )
内的图象平缓.
5
练习
函数 y f 的大致形状
( x ) 的图象如图所示, 试画出导函数 f ( x )图象
6
题型：根据函数的单调性求参数的取值范围
例2：求参数的范围若函数f(x) ax 3 - x 2 x - 5在(-,+)上单调递增，求a的取值范围

3.3.1 函数的单调性与导数

活动与探究 1 (1)函数 y=xcos x-sin x 在下面哪个区间内是增函数( )
A.
π 2
,
3π 2
B.(π,2π)
C.
3π 2
,
5π 2
D.(2π,3π)
思路分析:只需判断在哪个区间上导函数的值大于零即可.
答案:B
解析:y'=cos x-xsin x-cos x=-xsin x,若 y=f(x)在某区间内是增
函数,只需在此区间内 y'恒大于零即可.
∴只有选项 B 符合题意,当 x∈(π,2π)时,y'>0 恒成立.
(2)求函数 f(x)=x2-ln x 的单调区间.
思路分析:求函数的单调区间,即求定义域上满足 f'(x)>0 或 f'(x)<0 的区间.
解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=2x-1�� = (
∴当 t<0 时,f(x)的递增区间为
-∞,
�� 2
,(-t,+∞),递减区间为
�� 2
,-t
;
当 t>0 时,f(x)的递增区间为(-∞,-t),
�� 2
,
+
∞
,递减区间为
-��,
�� 2
.
迁移与应用已知函数 f(x)=12ax2+ln x(a∈R),求 f(x)的单调区间.
则(-9,0)是 3x2-2mx<0 的解集,
∴3×(-9)2-2×(-9)×m=0,m=-227.
∴a≤(2x3)min.∵x∈[2,+∞),y=2x3 是增函数,

高中数学必修二《3.3.1函数的单调性与导数》课件

高中数学课件
（金戈铁骑整理制作）
教育部重点课题新教育子课题《在高中数学教学中如何达到理想课堂的实践》
温州市瓯海区三溪中学张明
一、复习回顾：基本初等函数的导数公式
（1）.常函数：(C)/ 0, (c为常数)；
（2）.幂函数： (xn)/ nxn1
（3）.三角函数：
（1）(sin x) cos x （2）(cos x) sin x
(3) f (x) sin x x, x (0, );
(4) f (x) 2x3 3x2 24x 1. (5)y=2x +2-x 解: (1) 因为 f (x) x3 3x , 所以
f (x) 3x2 3 3(x2 1) 0. 因此, 函数 f (x) x3 3x 在 x R 上单调递增.
（4）.对数函数的导数:
(1) (ln x) 1 . x
（5）.指数函数的导数:
(2)
(loga
x)

1. x ln a
(1) (e x ) e x .
(2) (a x ) a x ln a(a 0, a 1).
有限次四则运算的求导法则:
1 u v u v
2 uv uv uv 特殊情况：cu cu
3

v u

uv uv u2
特殊情况
:

1 u

u u2
(c为常数）
u 0
这是简化记忆公式。
5
二、复习引入:
函数 y = f (x) 在给定区间 G 上，当 x 1、x 2 ∈D 且 x 1＜ x 2 时1）都有 f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 )，则 f ( x ) 在D 上是增函数； 2）都有 f ( x 1 ) ＞ f ( x 2 )，则 f ( x ) 在D 上是减函数；

【高中数学】第二课时导数与函数的单调性(二)

第二课时导数与函数的单调性(二) 课标要求素养要求1.结合实例，借助几何直观了解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. 进一步理解函数的导数和其单调性的关系，提升数学运算素养与直观想象素养.题型一含参数函数的单调性【例1】讨论函数f(x)＝12ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性.解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋1－a＋1x＝ax2＋x－（a＋1）x.①当a＝0时，f′(x)＝x－1 x，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.②当a>0时，f′(x)＝a⎝⎛⎭⎪⎫x＋a＋1a（x－1）x，∵a>0，∴a＋1 a>0.由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.规律方法(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.【训练1】求函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R)的单调递减区间.解易得函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝－2x 3＋a x ＝ax 2－2x 3. ①当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当a >0时，若0<x <2a ，则f ′(x )<0；若x >2a ，则f ′(x )>0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增. 综上可知，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当a >0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2a . 题型二根据函数的单调性求参数【例2】 (1)若函数f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( ) A.(－∞，2] B.(－∞，4] C.(－∞，8]D.[－2，4](2)已知函数f (x )＝ln x ＋（x －b ）22在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94 B.(－∞，3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32 D.(－∞，2)解析 (1)易得f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x －c ＋5]e x .∵函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，等价于x 2＋(2－c )x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立， ∴c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝x ＋1＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4.(2)易得f ′(x )＝12x ＋x －b ＝2x 2－2bx ＋12x .根据题意，得f ′(x )>0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解.令h (x )＝2x 2－2bx ＋1，因为h (0)＝1>0，所以只需h (2)>0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，解得b <94，故选A.答案 (1)B (2)A规律方法 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意.(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解(需验证解的两侧导数是否异号).【训练2】若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不单调，则实数k 的取值范围是( )A.(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞)B.(－3，－1)∪(1，3)C.(－2，2)D.不存在这样的实数k解析由题意得，f ′(x )＝3x 2－12＝0在区间(k －1，k ＋1)上至少有一个实数根. 又f ′(x )＝3x 2－12＝0的根为±2，且f ′(x )在x ＝2或－2两侧导数异号，而区间(k －1，k ＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k －1，k ＋1)内， ∴k －1<2<k ＋1或k －1<－2<k ＋1， ∴1<k <3或－3<k <－1，故选B. 答案 B题型三函数单调性的应用【例3】(1)已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则()A.e－2 019f(－2 019)<f(0)，e2 019f(2 019)>f(0)B.e－2 019f(－2 019)<f(0)，e2 019f(2 019)<f(0)C.e－2 019f(－2 019)>f(0)，e2 019f(2 019)>f(0)D.e－2 019f(－2 019)>f(0)，e2 019f(2 019)<f(0)(2)已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是()A.(0，1)B.(2，＋∞)C.(1，2)D.(1，＋∞)解析(1)构造函数h(x)＝e x f(x)，则h′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)＝e x(f(x)＋f′(x))>0，所以函数h(x)在R上单调递增，故h(－2 019)<h(0)，即e－2 019f(－2 019)<e0f(0)，即e－2 019f(－2 019)<f(0).同理，h(2 019)>h(0)，即e2 019f(2 019)>f(0)，故选A.(2)构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减.又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，解得x>2或x<－1(舍).所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).故选B.答案(1)A(2)B【迁移1】把例3(1)中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 019f(－2 019)和f(0)的大小.解令g(x)＝f（x）e x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x，因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增，所以h(－2 019)<h(0)，即f （－2 019）e－2 019<f （0）e 0，所以e 2 019f (－2 019)<f (0). 【迁移2】把例3(2)中的条件“f (x )<－xf ′(x )”换为“f (x )<xf ′(x )”，解不等式(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1).解设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，∵f (x )<xf ′(x )，∴g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上是增函数，由(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1)得 f （2x ＋1）2x ＋1>f （x 2＋1）x 2＋1即g (2x ＋1)>g (x 2＋1)，所以⎩⎨⎧2x ＋1>0，2x ＋1>x 2＋1，解得0<x <2. 即不等式(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1)的解集为(0，2).规律方法用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有： (1)对于f ′(x )>g ′(x )，构造h (x )＝f (x )－g (x ). (2)对于f ′(x )＋g ′(x )>0，构造h (x )＝f (x )＋g (x ). (3)对于f ′(x )＋f (x )>0，构造h (x )＝e x f (x ). (4)对于f ′(x )>f (x )，构造h (x )＝f （x ）e x . (5)对于xf ′(x )＋f (x )>0，构造h (x )＝xf (x ). (6)对于xf ′(x )－f (x )>0，构造h (x )＝f （x ）x .【训练3】 (多选题)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则下列判断中正确的是( ) A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3>0C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3解析令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin xcos 2x，因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x <0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，又π6<π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3<0，故B 错；又π6>π3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又π4<π3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确；故选CD.答案 CD一、素养落地1.通过学习导数与函数的单调性，提升数学运算与逻辑推理素养.2.对于含参数的导数的单调性，要清楚分类讨论的标准，做到不重不漏.3.利用函数的单调性求参数的取值范围的关键是转化为不等式的恒成立问题或存在性问题，再利用分离参数法或函数的性质求解. 二、素养训练1.设函数f (x )＝2x ＋sin x ，则( ) A.f (1)>f (2)B.f (1)<f (2)C.f(1)＝f(2)D.以上都不正确解析f′(x)＝2＋cos x>0，故f(x)是R上的增函数，故f(1)<f(2). 答案 B2.若f(x)＝13x3－ax2的单调减区间是(0，2)，则正数a的值是()A.1B.2C.3D.4解析f′(x)＝x2－2ax，令f′(x)<0，由于a>0，故解得0<x<2a，故2a＝2，即a＝1. 答案 A3.已知f(x)＝ln xx，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f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝1－ln xx2，∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，故x＝e时，f(x)max＝f(e)，又f(2)＝ln 22＝ln 86，f(3)＝ln 33＝ln 96，则f(e)>f(3)>f(2).答案 D4.若函数y＝x2－2bx＋6在(2，8)内是增函数，则实数b的取值范围是________. 解析由题意得y′＝2x－2b≥0在(2，8)内恒成立，即b≤x在(2，8)内恒成立，所以b≤2.答案(－∞，2]5.若f(x)＝－12x2＋b ln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________.解析∵f(x)在(－1，＋∞)上为减函数，∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立.∵f′(x)＝－x＋bx＋2，∴－x＋bx＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立. 设g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，则当x>－1时，g(x)>－1，∴b≤－1.答案(－∞，－1]基础达标一、选择题1.已知函数f(x)＝e xx，当1<x<3时，下列关系正确的是()A.f(x)<f(x)<f2(x)B.f(x)<f(x)<f2(x)C.f2(x)<f(x)<f(x)D.f2(x)<f(x)<f(x)解析由题意得f′(x)＝（x－1）e xx2，当1<x<3时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，3)上单调递增.又1<x<x<3，所以f(x)<f(x).由f(x)在(1，3)上单调递增，可知当x∈(1，3)时，f(x)>f(1)＝e，所以f2(x)>f(x).综上f(x)<f(x)<f2(x).答案 A2.已知函数f(x)，g(x)对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有()A.f′(x)>0，g′(x)>0B.f′(x)>0，g′(x)<0C.f′(x)<0，g′(x)>0D.f′(x)<0，g′(x)<0解析由已知，得f(x)为奇函数，g(x)为偶函数.∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.答案 B3.已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，函数g(x)＝x2－a ln x在(1，2)上为增函数，则a＝()A.1B.2C.0D. 2解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，∴a2≥1，得a≥2.g′(x)＝2x－a x ，依题意g ′(x )≥0在(1，2)上恒成立，即2x 2≥a 在x ∈(1，2)时恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 答案 B4.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，－3]∪[3，＋∞)B.[－3，3]C.(－∞，－3)∪(3，＋∞)D.(－3，3)解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1，由题意，可知f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0在R 上恒成立，∴(2a )2－4×(－3)×(－1)≤0，解得－3≤a ≤ 3. 答案 B5.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，32 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x .令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝－12(舍去).当0<x <12时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减；当x >12时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增.因为函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<12<k ＋1，解得－12<k <32.又k －1≥0，所以1≤k <32.故选C. 答案 C 二、填空题6.若函数f (x )＝(x 2＋mx )e x 的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，则实数m 的值为________.解析 f ′(x )＝[x 2＋(m ＋2)x ＋m ]e x .因为f (x )的单调减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，所以f ′(x )＝0的两个根分别为x 1＝－32，x 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝0，f ′（1）＝0，解得m ＝－32.答案－327.函数f (x )＝13x 3－12(2a ＋1)x 2＋(a 2＋a )x ＋4的单调减区间是________.解析 f ′(x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a 2＋a ＝[x －(a ＋1)](x －a )，令f ′(x )<0，得a <x <a ＋1，故f (x )的减区间是(a ，a ＋1). 答案 (a ，a ＋1)8.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，若当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，则不等式xf (x )>0的解集是________. 解析由题意设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x ).∵当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增. ∵f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴g (x )是定义在R 上的偶函数. 又f (2)＝0，则g (2)＝2f (2)＝0， ∴不等式xf (x )>0等价于g (x )>0＝g (2)， ∴|x |>2，解得x <－2或x >2，∴不等式xf (x )>0的解集是(－∞，－2)∪(2，＋∞). 答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞) 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2.(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a >0，求函数f (x )的单调区间. 解 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x 3＋x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x －1，∴f ′(1)＝4.又f (1)＝3，∴切点坐标为(1，3)，∴所求切线方程为y －3＝4(x －1)，即4x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝(x ＋a )(3x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝－a 或x ＝a3. 又a >0，由f ′(x )<0，得－a <x <a3，由f ′(x )>0，得x <－a 或x >a3，故f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a 3，单调递增区间为()－∞，－a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞.10.试讨论函数f (x )＝kx －ln x 的单调区间. 解函数f (x )＝kx －ln x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x .当k ≤0时，kx －1<0，∴f ′(x )<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减. 当k >0时，由f ′(x )<0，即kx －1x <0，解得0<x <1k ；由f ′(x )>0，即kx －1x >0，解得x >1k. ∴当k >0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞.综上所述，当k ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当k >0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞.能力提升11.已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(a ∈R ).若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.(2，＋∞)D.(3，＋∞)解析由f (x )>xf ′(x )成立，可得⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0.设g (x )＝f （x ）x ＝ln x ＋(x －a )2，则存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得g ′(x )＝1x ＋2(x －a )<0成立，即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x min .又x ＋12x ≥2x ·12x ＝2，当且仅当x ＝12x ，即x ＝22时取等号，所以a > 2.故选C. 答案 C12.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，Δ＝4(a 2－3). 当Δ＞0，即a ＞3或a ＜－3时，令f ′(x )＞0，即3x 2＋2ax ＋1＞0，解得x ＞－a ＋a 2－33或x ＜－a －a 2－33；令f ′(x )＜0，即3x 2＋2ax ＋1＜0，解得－a －a 2－33＜x ＜－a ＋a 2－33.故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a －a 2－33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋a 2－33，＋∞；单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －a 2－33，－a ＋a 2－33. 当Δ＜0，即－3＜a ＜3时，对所有的x ∈R 都有f ′(x )＞0，故f (x )在R 上单调递增.当Δ＝0，即a ＝±3时，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，且对所有的x ≠－a 3都有f ′(x )＞0，故f (x )在R上单调递增.(2)由(1)，知只有当a ＞3或a ＜－3时， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －a 2－33，－a ＋a 2－33内是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a －a 2－33≤－23，－a ＋a 2－33≥－13.解得a ≥2.故a 的取值范围是[2，＋∞).创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )<f (x )，对任意的x ∈R 恒成立，则( ) A.f (ln 2)<2f (0) B.f (2)<e 2f (0) C.f (ln 2)>2f (0)D.f (2)>e 2f (0)解析令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x <0，故g (x )在R 上单调递减，而ln 2>0，2>0，故g (ln 2)<g (0)，g (2)<g (0)，即f （ln 2）2<f （0）1，f （2）e 2<f （0）1，所以f (ln 2)<2f (0)，f (2)<e 2f (0). 答案 AB14.(多空题)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，则实数a 的取值范围是________； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，则实数a 的取值范围是________. 解析 (1)由题知h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2.由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，可得当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x (x >0)，所以只要a >G (x )min 即可.而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.因为a ≠0，所以－1<a <0或a >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.设H (x )＝1x 2－2x ，x ∈[1，4]，所以a ≥H (x )max ，而H (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以H (x )max ＝－716(此时x ＝4). 因为a ≠0，所以－716≤a <0或a >0.答案 (1)(－1，0)∪(0，＋∞) (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

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题型二已知函数单调性求参数的取值范围 a 【例 3】已知函数 f(x)＝x ＋ (x≠0，常数 a∈R)．若函数 f(x)在 x x
2
∈[2，＋∞)上是单调递增的，求 a 的取值范围． [思路探索]
3 a 2x －a 解 f′(x)＝2x－x2＝ x2 .
要使 f(x)在[2，＋∞)上是单调递增的，则 f′(x)≥0 在 x∈[2，＋∞) 时恒成立， 2x3－a 即 x2 ≥0 在 x∈[2，＋∞)时恒成立． ∵x2>0，∴2x3－a≥0， ∴a≤2x3 在 x∈[2，＋∞)上恒成立． ∴a≤(2x3)min.
x＜x，
∴sin
2x
x 2，∴g′(x)＜0，＜ 2 2
π ∴g(x)在0，2上单调递减，
1 3 ∴g(x)＜g(0)＝0，∴x－sin x＜ x . 6
通过这堂课的研究，你明确了
Байду номын сангаас
，
你的收获与感受是
你存在的疑惑之处有
，
。
(课本) P99 B组第2——4题
《世纪金榜》相应内容
3.3.1函数的单调性与导数（二）
一、复习回顾： 1.基本初等函数的导数公式（1）.常函数：(C)/ 0, (c为常数)；（2）.幂函数： (xn)/ nxn1
（3）.三角函数：
(cos x) sin x （ 1） (sin x) cos x （2）
1 (log a x) . x ln a
题型一利用导数判断函数的单调性 ln x 【例 1】证明：函数 f(x)＝在区间(0，e)上是增函数． x [思路探索] 利用函数单调性与导数间的关系进行判断． 1 x· －ln x 1－ln x x ln x 证明 ∵f(x)＝ x ，∴f′(x)＝ x2 ＝ x2 . 又 0<x<e，∴ln x<ln e＝1. 1－ln x ∴f′(x)＝ x2 >0，故 f(x)在区间(0，e)上是单调递增函数．
注意：（1）在某个区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间内为增 ( 减 ) 函数的充分条件，而不是必要条件．（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)的任何子区间内都不恒等于零．
1 2 [规范解答] 令 f(x)＝ln(x＋1)－x＋ x ， 2 1 x2 则 f′(x)＝－1＋x＝ . 1＋x 1＋x 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．于是当 x＞0 时，f(x)＞f(0)＝0， 1 2 ∴当 x＞0 时，不等式 ln(x＋1)＞x－2x 成立．
【变式 3】(1)已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的单调减区间为[－1,2]，求 b，c 的值． (2)设 f(x)＝ax3＋x 恰好有三个单调区间，求实数 a 的取值范围．解 (1)∵函数 f(x)的导函数 f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题设知－ 1<x<2 是不等式 3x2＋2bx＋c<0 的解集． ∴－1,2 是方程 3x2＋2bx＋c＝0 的两个实根， 2 c ∴－1＋2＝－3b，(－1)×2＝3，
(4 分) (6 分)
(8 分)
(12 分)
π 1 3 【变式 4】当 0＜x＜2时，求证：x－sin x＜6x .
π 1 3 证明设 g(x)＝x－sin x－6x ，x∈0，2， x 1 2 2x g′(x)＝1－cos x－2x ＝2sin 2－22 . π ∵x∈0，2，∴0＜sin
3 即 b＝－2，c＝－6. (2)∵f′(x)＝3ax2＋1，且 f(x)有三个单调区间， ∴方程 f′(x)＝3ax2＋1＝0 有两个不等的实根， ∴Δ＝02－4×1×3a>0，∴a<0. ∴a 的取值范围为(－∞，0)．
题型四用单调性与导数关系证不等式 1 2 【例 4】当 x＞0 时，证明不等式 ln(x＋1)＞x－ x . 2 利用导数证明不等式，首先要构造函数 f(x)＝ 1 2 ln(x＋1)－x＋2x ，证明 f(x)在(0，＋∞)上单调增，由 f(x)>f(0)＝0 证得．
x x
(1) (e ) e .
x x
（4）.对数函数的导数: 1 (1) (ln x ) . (2) x （5）.指数函数的导数:
(2) (a ) a ln a(a 0, a 1).
2.定理：
• 一般地，函数y＝f（x）在某个区间D内： • 如果恒有 f′(x)>0，则 f（x）在区间D内上是增函数。 • 如果恒有 f′(x)<0，则f（x）在区间D上是减函数。 • 如果恒有 f′(x)=0，则f（x）是常数函数。
π sin x 【变式 1】试证明：函数 f(x)＝ x 在区间2，π上单调递减．
证明
π xcos x－sin x f′(x)＝，又 x∈2，π， x2
则 cos x<0，∴xcos x－sin x<0，
π ∴f′(x)<0，∴f(x)在2，π上是减函数．