2019届江苏省凤凰二轮高三数学复习：专题四 第3讲 利用导数研究函数单调性与极值(最值)问题
综上可知，a
2 的取值范围是－3，0.
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专题四
函数与导数
目标 2 利用导数研究函数的极值(最值)问题 (2018· 兴化一中)已知函数 f(x)＝xex－ax，a∈R. (1) 当 a＝0 时，求 f(x)的最小值；
【解答】 当 a＝0 时，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex， 当 x<－1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x>－1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
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所以函数
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1 ax＋a2x－1
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②若 a<0，g′(x)＝－
x
(x>0)，
当 a<－2 时，易得函数 调递减；
1 1 1 1 g(x)在0，－a和2，＋∞上单调递增，在－a，2上单
π 3 Байду номын сангаас ＝3＋ 2 <f(2π)＝π，故函数 f(x)＝2x＋sin x 的最大值为 f(2π)＝π.
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5. (选修 1－1 P91 练习 5 改编)已知函数 y＝ex－x，x∈(0,1]，那么函数的值域为
(1，e－1] ． ____________
1 的取值范围为－e2，＋∞.
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(2018· 北京卷)设函数 f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1) 若曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为 0，求实数 a 的值；
【解答】 因为 f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex， 所以 f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(2)＝(2a－1)e2.
所以 f(x)在 R 上单调递增，无极值；
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1 1 当 a>－e2时，因为 g(－2)＝－e2－a<0， 12 3 a 2 g(a)＝(a＋1)e －a≥(a＋1) －a＝a＋2 ＋4>0， 所以 g(－2)g(a)<0，
x f ′( x) f ( x)
1 －∞， a
1 a 0 极大值
1 ，1 a
判断单调性
【解析】由题设得 y′＝ex－1，因为 x∈(0,1]，所以 y′>0，所以函数在 x∈(0,1] 上是增函数．又 x＝0 时，y＝1；x＝1 时，y＝e－1，所以函数 y＝ex－x，x∈(0,1]的 值域为(1，e－1]．
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举题固法
1 由题设知 f′(2)＝0，即(2a－1)e ＝0，解得 a＝2.
2
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(2) 若 f(x)在 x＝1 处取得极小值，求实数 a 的取值范围． 【解答】 方法一：由(1) 得 f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)· (x－1)ex.
ax＋12x－1 1 所以 g′(x)＝x －2ax＋(a－2)＝－ (x>0)． x
①若 a≥0，则当
1 x∈0，2时，g′(x)>0，
1 g(x)在0，2上单调递增；
所以当 a≥0 时，函数
当
1 x∈2，＋∞时，g′(x)<0， 1 g(x)在2，＋∞上单调递减．
x f′(x) f ( x) (－∞，1) ＋ 1 0 极大值
1 1， a
1 a 0 极小值
1 ，＋∞ a
－
＋
所以 f(x)在 x＝1 处取得极大值，不合题意．
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(iii) 当 x1<x2，即 a>1 时，f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
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2. (选修 2－2 P34 练习 2)函数 y＝xlnx
1 ，＋∞ e ． 的单调增区间为 ________
定义域范围内导函数大于 0 的区间即为增区间
1 【解析】由题知 x>0，y′＝lnx＋1，当 y′>0 时，lnx＋1>0，解得 x>e ，所以原
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第3讲 利用导数研究函数单调性与极值(最值)问题
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1 4. (选修 1－1 P90 例 2 改编)函数 f(x)＝2x＋sin x 在区间[0,2π]上的最大值为
π ________ ．
最值点⇔极值点或端点
2π 1 2π 4π 【解析】由题意知 f′(x)＝2＋cos x，令 f′(x)＝0，解得 x1＝ 3 ，x2＝ 3 ，又 f 3
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y＝x＋1 ． 1. (选修 2－2 P26 练习 3)曲线 y＝ex 在 x＝0 处的切线方程为________
切线的斜率＝切点处的导数值
【解析】当 x＝0 时，y＝e0＝1.由 y＝ex，得 y′＝ex，所以 y′|x＝0＝e0＝1，所以 所求切线的方程为 y－1＝x－0，即 y＝x＋1.
ex xex (x≥0)，则 h′(x)＝ ≥0， x＋1 x＋12
所以 h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)min＝h(0)＝1，所以 a≤1， 所以实数 a 的取值范围是(－∞，1]．
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(3) 若函数 f(x)存在极小值，求实数 a 的取值范围． 注： ea≥a＋1.
当 a＝－2 时，g′(x)≥0 恒成立， 所以函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当－2<a<0 时，易得函数 调递减．
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1 1 1 1 g(x)在0，2和－a，＋∞上单调递增，在2，－a上单
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①当 a＝0 时，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0 在[－1,1]上恒成立，当且仅当 x＝－1 时取等号，故 a＝0 符合要求；
②当 a≠0 时，令 g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1， 因为 Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0， 所以 g(x)＝0 有两个不相等的实数根 x1，x2， 不妨设 x1>x2，因此 f(x)有极大值又有极小值． 若 a>0，因为 g(－1)· g(0)＝－a<0， 所以 f(x)在(－1,1)内有极值点， 故 f(x)在[－1,1]上不单调．
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若 a<0，可知 x1>0>x2，因为 g(x)的图象开口向下，要使 f(x)在[－1,1]上单调，
因为
g1≥0， g(0)＝1>0，必须满足 g－1≥0， 3a＋2≥0， 即 －a≥0，
2 所以－3≤a<0.
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(2018· 苏州暑假测试)已知函数 f(x)＝(ax2＋x)ex，其中 e 是自然对数的 底数，a∈R. (1) 若 f′(x)是函数 f(x)的导函数，当 a>0 时，解关于 x 的不等式 f′(x)>ex；
【解答】 f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]· ex. 不等式 f′(x)>ex 可化为[ax2＋(2a＋1)x]· ex>0， 因为 ex>0，故有 ax2＋(2a＋1)x>0.
1 函数的单调增区间为e ，＋∞.
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1 3. (选修 1－1 P89 习题 4 改编)函数 y＝x－ln x，x∈(0,2)的极小值为________ ．
一般地，极值点的导数值等于零
1 1 【解析】因为 y′＝1－x ，令 y′＝1－x＝0，得 x＝1，易知当 x＝1 时，函数有 极小值 1.
当 a>0 时，不等式 f′(x)>e
x
2a＋1 的解集是－∞，－ ∪(0，＋∞)． a
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(2) 若 f(x)在[－1,1]上是单调增函数，求 a 的取值范围． 【解答】 由(1) 得 f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]· ex，
所以 g(x)在(－2，a)上有一个零点，记为 x1， 则 x∈(－2，x1)时，f′(x)＝g(x)<0，则 f(x)单调递减； 当 x∈(x1，a)时，f′(x)＝g(x)>0，则 f(x)单调递增， 所以 f(x)在 x＝x1 处取得极小值． 综上，若函数 f(x)存在极小值，
2019届五年高考三年模拟(江苏版)：§3_2 利用导数研究函数的单调性和极大(小)值
2
=ln(1+x)- 2 x
2 x ax
2
.
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由于当|x|<min 1,
1 2 时,2+x+ax >0,故h(x)与f(x)符号相同. |a|
又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.
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则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在 1, ∪ , 上,g(a)>0均恒成立, 2 2 从而g(-3)=c-1≤0,且g =c-1≥0,因此c=1. 此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a -3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
a3 =- +1. 27
a
a
a
a =0, ∵f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,∴f
∴a=3. ∴f(x)=2x3-3x2+1,则f '(x)=6x(x-1). 令f '(x)=0,得x=0或x=1.
3
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x f '(x) f(x)
-1
(-1,0) +
0
(0,1) -
a2 a (1)由f(x)=x +ax +bx+1,得f '(x)=3x +2ax+b=3 x +b- . 3 3 2 a a 当x=- 时, f '(x)有极小值b- . 3 3
(江苏专版)2019版高考数学一轮复习第九章导数及其应用9.2利用导数研究函数的单调性和极大(小)值讲义
§9.2利用导数研究函数的单调性和极大(小)值考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 20171.利用导数研究函数的单调性1.求解不等式2.研究函数基本性质B19题16分填空题解答题★★★2.利用导数研究函数的极值和最值1.研究函数零点2.研究函数基本性质B20题16分填空题解答题★★★分析解读利用导数研究函数的单调性和极大(小)值是江苏高考必考内容,主要在压轴题位置,重点考查等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程思想,对分析问题的能力要求较高.五年高考考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017山东文改编,10,5分)若函数e x f(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是.①f(x)=2-x;②f(x)=x2;③f(x)=3-x;④f(x)=cos x.答案①2.(2016课标全国Ⅰ改编,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是.答案3.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).4.(2017山东文,20,13分)已知函数f(x)=x3-ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析(1)由题意f '(x)=x2-ax,所以当a=2时, f(3)=0, f '(x)=x2-2x,所以f '(3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,所以g'(x)=f '(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x),令h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(a,0)时,x-a>0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)=-a3-sin a,当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.②当a=0时,g'(x)=x(x-sin x),当x∈(-∞,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增;所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,a)时,x-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-a3-sin a.综上所述:当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=-a3-sin a,极小值是g(0)=-a;当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-a3-sin a.5.(2016课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析(1)f '(x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.(2分)(ii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a=-,则f '(x)=(x-1)(e x-e),所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,在(ln(-2a),1)单调递减.(4分)若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a ),+∞)时, f '(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,在(1,ln(-2a))单调递减.(6分) (2)(i)设a>0,则由(1)知, f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b 满足b<0且b<ln ,则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0,所以f(x)有两个零点.(8分)(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)e x,所以f(x)只有一个零点.(9分)(iii)设a<0,若a≥-,则由(1)知, f(x)在(1,+∞)单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;(10分)若a<-,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.(11分)综上,a 的取值范围为(0,+∞).(12分)6.(2016北京,20,13分)设函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c. (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4.若函数f(x)有三个不同零点,求c 的取值范围;(3)求证:a 2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.解析 (1)由f(x)=x 3+ax 2+bx+c,得f '(x)=3x 2+2ax+b. 因为f(0)=c, f '(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=bx+c.(3分)(2)当a=b=4时, f(x)=x 3+4x 2+4x+c,所以f '(x)=3x 2+8x+4.令f '(x)=0,得3x 2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.(4分)f(x)与f '(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下:x (-∞,-2) -2-f '(x) + 0 - 0 + f(x)↗c↘c-↗(6分)所以,当c>0且c-<0时,存在x 1∈(-4,-2),x 2∈,x 3∈,使得f(x 1)=f(x 2)=f(x 3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.(8分)(3)证明:当Δ=4a2-12b<0时,f '(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),此时函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以 f(x)不可能有三个不同零点.(9分)当Δ=4a2-12b=0时, f '(x)=3x2+2ax+b只有一个零点,记作x0.当x∈(-∞,x0)时, f '(x)>0, f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有Δ=4a2-12b>0.故a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件.(11分)当a=b=4,c=0时,a2-3b>0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.(12分)因此a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.(13分)7.(2016课标全国Ⅱ理,21,12分)(1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)·e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域. 解析(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)f '(x)==≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.因此当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)e x>-(x+2),(x-2)e x+x+2>0.(4分)(2)g'(x)==(f(x)+a).(5分)由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1), f(0)+a=a-1<0, f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一x a∈(0,2],使得f(x a)+a=0,即g'(x a)=0.(6分)当0<x<x a时, f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>x a时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)因此g(x)在x=x a处取得最小值,最小值为g(x a)===.(8分)于是h(a)=,由'=>0,得y=单调递增.所以,由x a∈(0,2],得=<h(a)=≤=.(10分)因为y=单调递增,对任意λ∈,存在唯一的x a∈(0,2],a=-f(x a)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是.综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.(12分)8.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值.解析(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-.当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,若x∈∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;当a<0时,若x∈(-∞,0)∪,则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而或又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪∪.综上,c=1.9.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-x n,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<+2.解析(1)由f(x)=nx-x n,可得f '(x)=n-nx n-1=n(1-x n-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:①当n为奇数时.令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞)f '(x) - + -f(x) ↘↗↘所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.②当n为偶数时.当f '(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).由于f '(x)=-nx n-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).(3)证明:不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-x n<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)<h(x).设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1.由此可得x2-x1<x'2-x'1=+x0.因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n,故2≥=x0.所以,|x2-x1|<+2.教师用书专用(10—16)10.(2016四川理,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(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=.此时,当x∈时,f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=-,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.11.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)e x-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤-1.解析(1)函数f(x)的定义域为R.因为f '(x)=2x·e x+(1+x2)e x=(x2+2x+1)e x=(x+1)2e x≥0,所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0,f(ln a)=(1+ln2a)e ln a-a=aln2a>0,所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f '(x0)=(x0+1)2=0,解得x0=-1.所以y0=(1+)-a=-a,所以点P的坐标为.所以k OP=a-.由题意可得, f '(m)=(m+1)2e m=a-.要证明m≤-1,只需要证明m+1≤,只需要证明(m+1)3≤a-=(m+1)2e m,只需要证明m+1≤e m.构造函数:h(x)=e x-x-1(x∈R),则h'(x)=e x-1.当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.所以e x-x-1≥0,故e m-m-1≥0,故m+1≤e m,故原不等式成立.12.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 解析(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g'(x)=2-+=.当0<a<时,g(x)在区间,上单调递增,在区间上单调递减;当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.(2)证明:由f '(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=.令φ(x)=-2ln x+x2-2×·x-2+.则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.所以0=<=a0<=<1,即a0∈(0,1).当a=a0时,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.13.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=-k=-=.由k≤0可得e x-kx>0,所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=e x-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=e x-k=e x-e ln k,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=e x-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不可能存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当解得e<k<.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为.14.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k<-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),∴|x+1|<或|x+1|>,∴-1-<x<-1+或x<-1-或x>-1+,∴函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).(2)f '(x)=-=-,由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)<0,∴x<-1-或-1<x<-1+,结合定义域知x<-1-或-1<x<-1+,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-),(-1,-1+),同理递减区间为(-1-,-1),(-1+,+∞).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,∴(x+1+)(x+1-)·(x+3)(x-1)=0,∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,∵k<-6,∴1∈(-1,-1+),-3∈(-1-,-1), -1-<-1-,-1+>-1+,结合函数f(x)的单调性知f(x)>f(1)的解集为 (-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).15.(2013天津理,20,14分)已知函数f(x)=x 2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s=g(t),证明:当t>e 2时,有<<.解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f '(x)=0,得x=. 当x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x f '(x) - 0 + f(x)↘极小值 ↗所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.(2)证明:当0<x≤1时, f(x)≤0.设t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.h(1)=-t<0,h(e t )=e 2t ln e t -t=t(e 2t-1)>0.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,从而====,其中u=ln s.要使<<成立,只需0<ln u<.当t>e 2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e 2,矛盾.所以s>e,即u>1,从而ln u>0成立. 另一方面,令F(u)=ln u-,u>1. f '(u)=-,令f '(u)=0,得u=2.当1<u<2时, f '(u)>0;当u>2时,f '(u)<0. 故对u>1,F(u)≤F(2)<0. 因此ln u<成立.综上,当t>e 2时,有<<.16.(2013广东理,21,14分)设函数f(x)=(x-1)e x -kx 2(k∈R). (1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k∈时,求函数f(x)在[0,k]上的最大值M.解析(1)当k=1时,f(x)=(x-1)e x-x2, f '(x)=e x+(x-1)e x-2x=xe x-2x=x(e x-2).令f '(x)=0,得x1=0,x2=ln 2.当x变化时, f '(x), f(x)的变化如下表:x (-∞,0)0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) f'(x)+ 0 - 0 +f(x) ↗极大值↘极小值↗由表可知,函数f(x)的递减区间为(0,ln 2),递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞).(2)f '(x)=e x+(x-1)e x-2kx=xe x-2kx=x(e x-2k),令f '(x)=0,得x1=0,x2=ln(2k),令g(k)=ln(2k)-k,则g'(k)=-1=>0,所以g(k)在上递增,所以g(k)≤ln 2-1=ln 2-ln e<0,从而ln(2k)<k,所以ln(2k)∈[0,k],所以当x∈(0,ln(2k))时,f '(x)<0;当x∈(ln(2k),+∞)时, f '(x)>0;所以M=max{f(0), f(k)}=max{-1,(k-1)e k-k3}.令h(k)=(k-1)e k-k3+1,则h'(k)=k(e k-3k),令φ(k)=e k-3k,则φ'(k)=e k-3<e-3<0,所以φ(k)在上递减,而φ·φ(1)=(e-3)<0,所以存在x0∈使得φ(x0)=0,且当k∈时,φ(k)>0,当k∈(x0,1)时,φ(k)<0,所以φ(k)在上单调递增,在(x0,1)上单调递减.因为h=-+>0,h(1)=0,所以h(k)≥0在上恒成立,当且仅当k=1时取得“=”.综上,函数f(x)在[0,k]上的最大值M=(k-1)e k-k3.考点二利用导数研究函数的极值和最值1.(2017课标全国Ⅱ理改编,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为.答案-12.(2016四川改编,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a= .答案 23.(2016北京,10,5分)函数f(x)=(x≥2)的最大值为.答案 24.(2014课标Ⅱ改编,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是.答案(-∞,-2)∪(2,+∞)5.(2014辽宁改编,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是.答案[-6,-2]6.(2017北京文,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.7.(2017课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)<2-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-.当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0.所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.8.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2) x2(x2,+∞)f '(x) + 0 - 0 +f(x) ↗极大值↘极小值↗故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)=-=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=-a2+,a>3.因为h'(a)=-a-<0,所以h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].9.(2016山东,20,13分)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.解析(1)由f '(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=.当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x∈时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)的单调增区间为,单调减区间为.(2)由(1)知, f '(1)=0.①当a≤0时, f '(x)单调递增,所以当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.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0<a<时,>1,由(1)知f '(x)在内单调递增,可得当x∈(0,1)时, f '(x)<0,x∈时, f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)内单调递减,在内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=时,=1, f '(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时, f '(x)≤0, f(x)单调递减,不合题意.④当a>时,0<<1,当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>.10.(2016课标全国Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f '(x);(2)求A;(3)证明|f '(x)|≤2A.解析(1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分)(2)当α≥1时,|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.(4分)当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.设t=cos x,则t∈[-1,1],令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得最小值,最小值为g=--1=-.令-1<<1,解得α<-(舍去),或α>.(5分)(i)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.(ii)当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g. 又-|g(-1)|=>0,所以A==.综上,A=(9分)(3)由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.当0<α≤时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当<α<1时,A=++>1,所以|f '(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f '(x)|≤2A.(12分)11.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=+a(2x-1)=.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).(a)当a=0时,g(x)=1,此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.(b)当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).①当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0,f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.②当a>时,Δ>0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1<x2),因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-.由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-.所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.(c)当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.所以函数有一个极值点.综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;当a>时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,(a)当0≤a≤时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.(b)当<a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.(c)当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意.(d)当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,当x>1-时,ax2+(1-a)x<0,此时f(x)<0,不合题意.综上所述,a的取值范围是[0,1].教师用书专用(12—21)12.(2013辽宁理改编,12,5分)设函数f(x)满足x2·f '(x)+2xf(x)=, f(2)=,则x>0时, 下列结论正确的是(填序号).①有极大值,无极小值;②有极小值,无极大值;③既有极大值又有极小值;④既无极大值也无极小值.答案④13.(2013湖北理改编,10,5分)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x1<x2),则下列四个结论中正确的是(填序号).①f(x1)>0, f(x2)>-;②f(x1)<0, f(x2)<-;③f(x1)>0, f(x2)<-;④f(x1)<0, f(x2)>-.答案④14.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解析(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f '(x0)=0,即解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.(ii)若-3<a<0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x=时, f(x)取得最小值,最小值为f =+.①若f >0,即-<a<0,f(x)在(0,1)无零点;②若f =0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;③若f <0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-时,f(x)在(0,1)有一个零点.(10分)综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点.(12分)15.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=(a∈R).(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.解析(1)对f(x)求导得f '(x)==,因为f(x)在x=0处取得极值,所以f '(0)=0,即a=0.当a=0时,f(x)=,f '(x)=,故f(1)=, f '(1)=,从而f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.(2)由(1)知f '(x)=.令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由g(x)=0解得x1=,x2=.当x<x1时,g(x)<0,即f '(x)<0,故f(x)为减函数;当x1<x<x2时,g(x)>0,即f '(x)>0,故f(x)为增函数;当x>x2时,g(x)<0,即f '(x)<0,故f(x)为减函数.由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-,故a的取值范围为.16.(2015安徽,21,13分)设函数f(x)=x2-ax+b.(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;(2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在上的最大值D;(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-满足条件D≤1时的最大值.解析(1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,-<x<.[f(sin x)]'=(2sin x-a)cos x,-<x<.因为-<x<,所以cos x>0,-2<2sin x<2.①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.③对于-2<a<2,在内存在唯一的x0,使得2sin x0=a.-<x≤x0时,函数f(sin x)单调递减;x0≤x<时,函数f(sin x)单调递增.因此,-2<a<2,b∈R时,函数f(sin x)在x0处有极小值,f(sin x0)=f=b-.(2)-≤x≤时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|≤|a-a0|+|b-b0|,当(a0-a)(b-b0)≥0时,取x=,等号成立,当(a0-a)(b-b0)<0时,取x=-,等号成立.由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在上的最大值为D=|a-a0|+|b-b0|.(3)D≤1即为|a|+|b|≤1,此时0≤a2≤1,-1≤b≤1,从而z=b-≤1.取a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且z=b-=1.由此可知,z=b-满足条件D≤1的最大值为1.17.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=e x-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=e x-2ax-b.所以g'(x)=e x-2a.因此,当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以<a<.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).18.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x∈.(1)求证:f(x)≤0;(2)若a<<b对x∈恒成立,求a的最大值与b的最小值.解析(1)证明:由f(x)=xcos x-sin x得f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因为在区间上f '(x)=-xsin x<0,所以f(x)在区间上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(2)当x>0时,“>a”等价于“sin x-ax>0”;“<b”等价于“sin x-bx<0”.令g(x)=sin x-cx,则g'(x)=cos x-c.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈,g'(x)=cos x-c<0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)<g(0)=0对任意x∈恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈使得g'(x0)=cos x0-c=0.g(x)与g'(x)在区间上的情况如下:x (0,x0) x0g'(x) + 0 -g(x) ↗↘因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g=1-c≥0,即0<c≤.综上所述,当且仅当c≤时,g(x)>0对任意x∈恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立. 所以,若a<<b对任意x∈恒成立,则a的最大值为,b的最小值为1.19.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.20.(2013课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解析(1)f '(x) =e x-.由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1.于是f(x)=e x-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f '(x)=e x-.函数f '(x)=e x-在(-1,+∞)上单调递增,且f '(0)=0,因此当x∈(-1,0)时, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)证明:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0.当m=2时,函数f '(x)=e x-在(-2,+∞)上单调递增.又f '(-1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).当x∈(-2,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而当x=x0时, f(x)取得最小值.由f '(x0)=0得=,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.综上,当m≤2时, f(x)>0.21.(2013浙江理,22,14分)已知a ∈R,函数f(x)=x 3-3x 2+3ax-3a+3. (1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)当x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值.解析 (1)由题意得f '(x)=3x 2-6x+3a, 故f '(1)=3a-3.又f(1)=1,所以所求的切线方程为y=(3a-3)x-3a+4.(2)由于f '(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2.故(i)当a≤0时,有f '(x)≤0,此时f(x)在[0,2]上单调递减, 故|f(x)|max =max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a.(ii)当a≥1时,有f '(x)≥0,此时f(x)在[0,2]上单调递增, 故|f(x)|max =max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1. (iii)当0<a<1时,设x 1=1-,x 2=1+,则0<x 1<x 2<2, f '(x)=3(x-x 1)(x-x 2). 列表如下:x 0 (0,x 1) x 1 (x 1,x 2) x 2 (x 2,2) 2 f '(x)+ 0 - 0 + f(x) 3-3a 单调递增 极大值f(x 1) 单调递减 极小值f(x 2) 单调递增3a-1由于f(x 1)=1+2(1-a), f(x 2)=1-2(1-a),故f(x 1)+f(x 2)=2>0,f(x 1)-f(x 2)=4(1-a)>0.从而f(x 1)>|f(x 2)|.所以|f(x)|max =max{f(0),|f(2)|, f(x 1)}. 当0<a<时, f(0)>|f(2)|.又f(x 1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0,故|f(x)|max =f(x 1)=1+2(1-a).当≤a<1时,|f(2)|=f(2), 且f(2)≥f(0).又f(x 1)-|f(2)|=2(1-a)-(3a-2)=,所以①当≤a<时, f(x 1)>|f(2)|. 故f(x)max =f(x 1)=1+2(1-a).②当≤a<1时, f(x 1)≤|f(2)|. 故f(x)max =|f(2)|=3a-1.综上所述,|f(x)|max =三年模拟。
利用导数研究函数的单调性专题
利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.函数的极值与导数f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧条件x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0f′(x)>0图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点3.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤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)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.( )(3)函数的极大值一定大于其极小值.( )(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.( )2.(选修2－2P32A4 改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( )A.1B.2C.3D.43.(选修2－2P32A5(4)改编)函数f(x)＝2x－x ln x的极值是( )A.1eB.2eC.eD.e24.(2019·青岛月考)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.单调递增D.单调递减5.(2017·浙江卷)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( )6.(2019·豫南九校考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为( )A.4B.2或6C.2D.6考点一 求函数的单调区间【例1】 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R)在x ＝－43处取得极值.(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，求函数g (x )的单调减区间. 【规律方法】 1.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.2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接. 【训练1】 (1)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A.在(0，＋∞)上递增B.在(0，＋∞)上递减C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减 (2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.【训练2】 已知f (x )＝x 22－a ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间.考点三 函数单调性的简单应用 角度1 比较大小或解不等式【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 (2)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）ex ，则不等式F (x )<1e2的解集为( )A.(－∞，1)B.(1，＋∞)C.(1，e)D.(e ，＋∞)角度2 根据函数单调性求参数【例3－2】 (2019·日照质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围.【训练3】 (1)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )<2f (x )恒成立，则( )A.4f (1)<f (2)B.4f (1)>f (2)C.f (1)<4f (2)D.f (1)>4f ′(2) (2)(2019·淄博模拟)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A.(－∞，－2] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.[2，＋∞) D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12【基础巩固题组】(建议用时：40分钟) 一、选择题1.函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )2.函数f(x)＝x·e x－e x＋1的单调递增区间是( )A.(－∞，e)B.(1，e)C.(e，＋∞)D.(e－1，＋∞)3.(2019·青岛二中调研)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )A.k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B.不存在这样的实数kC.－2<k<2D.－3<k<－1或1<k<34.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)5.(2019·济宁一中模拟)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.(－∞，＋∞)二、填空题6.已知函数f(x)＝(－x2＋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________.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________.8.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________.三、解答题9.已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.10.(2019·成都七中检测)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.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2017·山东卷)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是( ) A.f (x )＝2－xB.f (x )＝x 2C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x12.(2019·上海静安区调研)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( )A.(e ，＋∞)B.(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e13.若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是________.14.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 )的图象在点(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 )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围.15.(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________.答案1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.( )(3)函数的极大值一定大于其极小值.( )(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.( )【答案】(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√【解析】(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.【教材衍化】2.(选修2－2P32A4 改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】 A【解析】由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.3.(选修2－2P32A5(4)改编)函数f(x)＝2x－x ln x的极值是( )A.1eB.2eC.eD.e2【答案】 C【解析】因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，令f′(x)＝0，所以x＝e，当f′(x)>0时，解得0<x<e；当f′(x)<0时，解得x>e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.【真题体验】4.(2019·青岛月考)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.单调递增D.单调递减【答案】 D【解析】 易知f ′(x )＝－sin x －1，x ∈(0，π)， 则f ′(x )<0，所以f (x )＝cos x －x 在(0，π)上递减.5.(2017·浙江卷)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( )【答案】 D【解析】 设导函数y ＝f ′(x )与x 轴交点的横坐标从左往右依次为x 1，x 2，x 3，由导函数y ＝f ′(x )的图象易得当x ∈(－∞，x 1)∪(x 2，x 3)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)∪(x 3，＋∞)时，f ′(x )>0(其中x 1<0<x 2<x 3)，所以函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，x 3)上单调递减，在(x 1，x 2)，(x 3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D 选项符合.6.(2019·豫南九校考评)若函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，则常数c 的值为( ) A.4 B.2或6 C.2D.6【答案】 C【解析】 函数f (x )＝x (x －c )2的导数为f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2， 由题意知，在x ＝2处的导数值为12－8c ＋c 2＝0，解得c ＝2或6，又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，故导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正，而当e ＝6时，f (x )＝x (x －6)2在x ＝2处有极大值，故c ＝2. 【考点聚焦】考点一 求函数的单调区间【例1】 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R)在x ＝－43处取得极值.(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，求函数g (x )的单调减区间. 【答案】见解析【解析】(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x.令g ′(x )<0，即x (x ＋1)(x ＋4)<0， 解得－1<x <0或x <－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4). 【规律方法】 1.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.2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接. 【训练1】 (1)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A.在(0，＋∞)上递增B.在(0，＋∞)上递减C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减 (2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________. 【答案】 (1)D (2)⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 【解析】 (1)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 >1e ，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .(2)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. 考点二 讨论函数的单调性【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围. 【答案】见解析【解析】(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.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 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2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， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].【规律方法】 1.(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，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，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.【训练2】 已知f (x )＝x 22－a ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间.【答案】见解析【解析】因为f (x )＝x 22－a ln x ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数. (2)当a >0时，f ′(x )＝（x ＋a ）（x －a ）x，则有①当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，a ). ②当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞). 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞). 考点三 函数单调性的简单应用 角度1 比较大小或解不等式【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 (2)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）ex ，则不等式F (x )<1e2的解集为( )A.(－∞，1)B.(1，＋∞)C.(1，e)D.(e ，＋∞)【答案】 (1)B (2)B【解析】 (1)令g (x )＝f （x ）cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x ＝1＋ln x cos 2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′(x )>0，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′(x )<0，解得0<x <1e .所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cosπ4， 即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4. (2)F ′(x )＝f ′(x )e x －e x f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )ex，又f (x )－f ′(x )>0，知F ′(x )<0， ∴F (x )在R 上单调递减. 由F (x )<1e2＝F (1)，得x >1，所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞).角度2 根据函数单调性求参数【例3－2】 (2019·日照质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 【答案】见解析【解析】h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0.∴h ′(x )＝1x－ax －2.(1)若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当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 .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.又当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝（7x －4）（x －4）16x ，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立. ∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞. 【规律方法】 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.根据函数单调性求参数的一般思路(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 )是单调递增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.【训练3】 (1)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )<2f (x )恒成立，则( ) A.4f (1)<f (2) B.4f (1)>f (2) C.f (1)<4f (2)D.f (1)>4f ′(2)(2)(2019·淄博模拟)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A.(－∞，－2] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.[2，＋∞)D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12【答案】 (1)B (2)B【解析】 (1)设函数g (x )＝f (x )x 2(x >0)，则g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)内为减函数，所以g (1)>g (2)，即f (1)12>f (2)22，所以4f (1)>f (2).(2)由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f ′(x )＝k －1x≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k ≥1x ，而0<1x <12，所以k ≥12.即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.【反思与感悟】1.已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意函数f (x )的定义域.2.含参函数的单调性要注意分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性.3.已知函数单调性求参数可以利用给定的已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决. 【易错防范】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.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.4.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)的任何子区间内都不恒为零.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是( )【答案】 D【解析】由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足.2.函数f(x)＝x·e x－e x＋1的单调递增区间是( )A.(－∞，e)B.(1，e)C.(e，＋∞)D.(e－1，＋∞)【答案】 D【解析】由f(x)＝x·e x－e x＋1，得f′(x)＝(x＋1－e)·e x，令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞).3.(2019·青岛二中调研)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )A.k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B.不存在这样的实数kC.－2<k <2D.－3<k <－1或1<k <3 【答案】 D【解析】 由f (x )＝x 3－12x ，得f ′(x )＝3x 2－12， 令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝2，只要f ′(x )＝0的解有一个在区间(k －1，k ＋1)内，函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)上就不单调，则k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3. 4.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)【答案】 D【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).5.(2019·济宁一中模拟)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.(－∞，＋∞)【答案】 B【解析】 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2， 因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增.又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. 二、填空题6.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________. 【答案】 (－2，2)【解析】 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).7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________. 【答案】 (－3，0)∪(0，＋∞)【解析】 由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点.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，＋∞).8.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，＋∞.三、解答题9.已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间. 【答案】见解析【解析】(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0).则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，且x >0， ∴x ＝5(x ＝－1舍去).当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0；当x >5时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).10.(2019·成都七中检测)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. 【答案】见解析【解析】(1)解：由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.(2)证明 令s (x )＝ex －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x >0.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2017·山东卷)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是( ) A.f (x )＝2－xB.f (x )＝x 2C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x【答案】 A【解析】 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x，在定义域R 上为增函数，A 正确.对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B不正确.对于C ，g (x )＝e x ·3－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确.对于D ，g (x )＝e x·cos x ，则g ′(x )＝2e xcos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确.12.(2019·上海静安区调研)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( ) A.(e ，＋∞)B.(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 【答案】 D【解析】f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f(－ln x)＝f(ln x). 则原不等式可变形为f(ln x)<f(1)⇔f(|ln x|)<f(1). 又f′(x)＝xcos x ＋2x ＝x(2＋cos x)， 由2＋cos x>0，得x>0时，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴|ln x|<1⇔－1<ln x<1⇔1e<x<e.13.若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是________.【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 【解析】 f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53，f (x )在R上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立.令cos x ＝t ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0在[－1，1]上恒成立，即4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立.令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝4－3a －5≤0，g (－1)＝4＋3a －5≤0，解得－13≤a ≤13.14.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 )的图象在点(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 )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x， 当a >0时，f (x )的递增区间为(0，1)， 递减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)； 当a ＝0时，f (x )为常函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵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，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(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 >－373.∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9. 【新高考创新预测】15.(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________.【答案】 －3 (0，2)【解析】 由函数f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.① 由f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2，得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ， 所以g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n .21因为g (x )的图象关于y 轴对称，所以－2m ＋62×3＝0， 所以m ＝－3，代入①得n ＝0，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2). 由f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间是(0，2).。
第3节 利用导数研究函数单调性--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)
高考总复习2025第3节 利用导数研究函数单调性课标解读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;对于多项式函数,能求不超过三次的多项式函数的单调区间.3.能够利用导数解决与函数单调性有关的问题.强基础 固本增分知识梳理函数的单调性与其导数的关系条件导数的符号函数的单调性函数f (x )在区间(a ,b )上可导f '(x )>0f (x )在(a ,b )内____________f '(x )<0f (x )在(a ,b )内____________不等式中不带“=” 不等式中不带“=”微思考“函数f (x )在区间(a ,b )内的导数大(小)于0”是“f (x )在区间(a ,b )内单调递增(减)”的什么条件?单调递增单调递减 提示 充分不必要条件.若函数f (x )在区间(a ,b )内的导数大(小)于0,则必有f (x )在区间(a ,b )内单调递增(减),但反之不一定,例如f (x )=x 3在R 上单调递增,但f'(x )=3x 2≥0.微点拨利用导数求函数单调区间的步骤(1)求函数的定义域;(2)求f(x)的导数f'(x);(3)在定义域内解不等式f'(x)>0的解集即为单调递增区间,f'(x)<0的解集即为单调递减区间.常用结论1.若函数f(x)在区间(a,b)内单调递增(减),则在(a,b)内f'(x)≥0(≤0)恒成立.2.若函数f(x)在区间(a,b)内存在单调递增(减)区间,则在(a,b)内f'(x)>0(<0)有解.3.如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么这个函数在这个范围内变化得较快,其图象就比较“陡峭”(向上或向下);反之,图象就比较“平缓”.自主诊断题组一 思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)1.若函数f (x )在其定义域上有f '(x )<0,则f (x )在定义域上单调递减.( )2.若函数f (x )在(a ,b )内恒有f '(x )≥0,且f '(x )=0的根为有限个,则f (x )在(a ,b )内单调递增.( )3.如果一个函数在某一范围内变化得越快,则其导数就越大.( )4.若函数f (x )=x 3+ax 2+bx 在R 上单调递增,则a 2-3b <0.( )× √× ×题组二回源教材5.(人教B版选择性必修第三册6.2.1练习A第2题改编)已知函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=2x-1,则f(x)的单调递增区间是__________.6.(人教A版选择性必修第二册5.3.1例1(2)改编)函数f(x)=s i n x-x在(0,π)内的(0,π)单调递减区间是__________.解析由于f(x)=sin x-x,所以f'(x)=cos x-1,因为x∈(0,π),所以f'(x)<0,因此f(x)在(0,π)内单调递减,即函数的单调递减区间是(0,π).题组三 连线高考7.(2023·新高考Ⅱ,6)已知函数f (x )=a e x -l n x 在区间(1,2)内单调递增,则a 的最小值为( )A .e 2B .eC .e -1D .e -2C8.(2023·全国乙,理16)设a∈(0,1),若函数f(x)=a x+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是__________.研考点 精准突破考点一 求不含参数函数的单调区间例1(1)(2024·陕西西安模拟)函数f (x )=x -2l n x 的单调递减区间是( )A .(-∞,2)B .(2,+∞)C .(0,2)D .(-∞,0)和(0,2)C (2)(2024·河南濮阳模拟)设f (x )=2x 2-x 3,则f (x )的单调递减区间是_________.(3)(2024·山东潍坊模拟)函数f(x)=e-x·c o s x,x∈(0,π)的单调递增区间为__________.(1,+∞)解析函数定义域为(0,+∞),令f'(x)=0得x-1=0或e x-x=0.令g(x)=e x-x,则g'(x)=e x-1>0,所以g(x)>g(0)=1>0,所以f'(x)=0只有一个实根x=1,当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故单调递增区间是(1,+∞).规律方法求不含参数函数单调区间的步骤与注意点(1)步骤:①求函数的定义域;②求f(x)的导数f'(x);③在定义域内解不等式,f'(x)>0的解集即为单调递增区间,f'(x)<0的解集即为单调递减区间. (2)注意:①不能忽视函数定义域;②当函数有多个单调递增区间(或递减区间)时,不能用“∪”连接;③当不等式f'(x)>0(或f'(x)<0)不可解时,可通过二次求导,分析f'(x)的零点情况,借助图象等得到其解集,进而得到单调区间.考点二 讨论含参函数的单调性令f'(x)=0,解得x=a或x=-2a.若a<0,则当0<x<-2a时,f'(x)<0,当x>-2a时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,-2a)内为减函数,在(-2a,+∞)内为增函数;若a>0,则当0<x<a时,f'(x)<0,当x>a时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)内为减函数,在(a,+∞)内为增函数;若a=0,则f'(x)>0恒成立,因此f(x)在(0,+∞)内是增函数.综上可得,当a<0时,f(x)在(0,-2a)内为减函数,在(-2a,+∞)内为增函数;当a>0时,f(x)在(0,a)内为减函数,在(a,+∞)内为增函数;当a=0时,f(x)在(0,+∞)内是增函数.规律方法分类讨论思想解决含参数函数单调性问题利用导数求含参数函数的单调区间时,基本策略是分类讨论,注意以下几点:(1)注意确定函数的定义域,在定义域的限制条件下研究单调区间;(2)注意观察f'(x)的表达式(或其中的某一部分、某个因式等)的取值是否恒为正(或恒为负),这往往是分类讨论的出发点;(3)注意结合解含参数不等式中分类讨论的一些常用方法,例如:对二次项系数正负的讨论,对判别式Δ 的讨论,对根的大小比较的讨论等;(4)分类讨论要做到不重不漏,同时还要注意对结果进行综述..[对点训练1](2024·辽宁沈阳模拟)已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(x∈R),试讨论函数f(x)的单调性.解因为f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx,所以f'(x)=6x2+6(1+m)x+6m=6(x+1)(x+m).(1)若m=1,则f'(x)=6(x+1)2≥0在x∈R上恒成立,所以f(x)在R上单调递增;(2)若-m<-1,此时m>1,当x∈(-∞,-m)∪(-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,-m)和(-1,+∞)内单调递增;当x∈(-m,-1)时,f'(x)<0,f(x)在(-m,-1)内单调递减.(3)若-m>-1,此时m<1,当x∈(-∞,-1)∪(-m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,-1)和(-m,+∞)内单调递增,当x∈(-1,-m)时,f'(x)<0,f(x)在(-1,-m)内单调递减.综上可知,当m=1时,f(x)在R上单调递增;当m>1时,f(x)在(-∞,-m)和(-1,+∞)内单调递增,在(-m,-1)内单调递减;当m<1时,f(x)在(-∞,-1)和(-m,+∞)内单调递考点三 与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究预测)考向1 辨析图象问题例3(1)(2024·广东东莞联考)已知定义在(0,3]上的函数f(x)的图象如图,则不B等式f'(x)<0的解集为( )解析观察图象可知f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,2)内单调递减,在(2,3]上单调递增,所以当x∈(1,2)时,f'(x)<0,即不等式f'(x)<0的解集为(1,2),故选B.(2)(多选题)(2024·山东济南模拟)设f'(x)是函数f(x)的导函数,将y=f(x)和ABCy=f'(x)的图象画在同一直角坐标系中,可能正确的是( )解析对选项A,若图中的直线为f'(x)的图象,曲线为f(x)的图象,因为f'(x)的图象先负后正,f(x)的图象先减后增,故A可能正确;对选项B,若图中上面的曲线为f(x)的图象,下面曲线为f'(x)的图象,因为f'(x)的图象在x=0左右先负后正,f(x)的图象在x=0处先减后增,故B可能正确;对选项C,若图中上面的曲线为f'(x)的图象,下面的曲线为f(x)的图象,因为f'(x)>0恒成立,f(x)的图象为增函数,故C可能正确;对选项D,若图中上面的曲线为f'(x)的图象,下面的曲线为f(x)的图象,因为f'(x)的图象先负后正,但f(x)的图象为增函数,不符合,若图中上面的曲线为f(x)的图象,下面的曲线为f'(x)的图象,因为f'(x)<0恒成立,但f(x)的图象为增函数,不符合,故D错误,故选ABC.规律方法利用单调性辨析函数图象的策略辨析函数与其导函数的图象关系时,要抓住各自的关键要素,对于原函数,要重点考察其图象在哪个区间内上升或下降,而对于导函数,则应考察其函数值在哪个区间内大于零、小于零,并考察这些区间与原函数的单调区间是否一致.考向2 解不等式或比较大小问题例4(1)(2024·福建南平模拟)已知函数f (x ),g(x )在R 上的导函数存在,且f '(x )<g'(x ),记a =log 52,b =log 83,则( )A .f (a )>g(a )B .f (a )<g(a )C .f (a )+g(b )>g(a )+f (b )D .f (a)+g(b )<g(a )+f (b )CC规律方法利用导数比较大小或解不等式方法点拨(1)当比较大小时,若要比较的是解析式已知的函数值,可通过函数导数的正负确定函数的单调性,然后根据自变量的大小得到函数值的大小关系,如果自变量的值不在同一个单调区间,要先利用函数的奇偶性、对称性等化到同一个区间上再比较.(2)当比较大小时,若只给出了要比较的函数值,则需要根据所给函数值的特征构造函数,将所给函数值视为相应的函数值,再借助导数确定所构造函数的单调性,从而比较大小.(3)当解不等式时,一方面要借助导数确定单调性,另一方面还要巧妙地将常数转化为函数值,同时注意函数定义域对变量的限制.CA.a>c>bB.c>b>aC.c>a>bD.a>b>c考向3 根据单调性求参数的值或范围问题例5(2024·陕西西安模拟)若函数f (x )=x 2-ax +l n x 在区间(1,e)内单调递增,则a的取值范围是( )A .[3,+∞)B.(-∞,3]C .[3,e 2+1]D .[3,e 2-1]B变式探究1在本例中,若改为“若函数f(x)=x2-ax+l n x的单调递减区间是( ,1)”,则实数a 的值等于__________.3变式探究2在本例中,若改为“若函数f(x)=x2-ax+l n x在区间(1,e)内存在单调递增区间”,则a的取值范围是__________.变式探究3在本例中,若改为“若函数f(x)=x2-ax+l n x在区间(1,e)内不单调”,则实数a的取值范围是__________.规律方法根据函数单调性求参数取值范围的类型及解法1已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减),f(x)中含参数转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在I上恒成立,要注意“=”能否取到2已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减),I中含参数先求出f(x)的单调区间,再令I是其单调区间的子集,建立不等式组求解3已知函数f(x)在区间I上存在单调递增(或单调递减)区间转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在I上有解求解4已知函数f(x)在区间I上不单调方法1:转化为f'(x)=0在I上有解求解,注意验证;方法2:运用补集思想,先求f(x)在区间I 上单调时参数的取值范围,再取其补集[对点训练3](2024·福建福州模拟)设函数f (x )= x 2-9l n 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]A。
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。
P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。
xyz。
由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。
利用导数研究函数的单调性
若遇到不等式中带有参数时，可 分类讨论求得单调区间．
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
【精讲点拨】
【例 2】已知函数 f(x)＝x＋ax＋ln x(a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 求 a 的取值范围．
．
解析
探究提高
基础知识
(， 3) （0，3)
4
a 3
4
5
B
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
【精讲点拨】
【例 1】 已知函数
f (x) ln(ex 1) ax(a 0) .
(1)若函数 y=f(x)的导函数是奇函数， 求 a 的值； (2)求函数 y=f(x)的单调区间．
探究提高
基础知识
题型分类
思想方法
利用导数研究函数的单调性质
泰安英雄山中学 刘宏
考点
考纲解读
了解函数单调性和导数的关系;
导数在研究函数中 能利用导数研究函数的单调性,
的应用
会求函数的单调区间(其中多项
式函数一般不超过三次).
基础知识·自主学习
自测自评
题号
答案
解析
2 ( b， )，（- ，- b ) (0，b )，（- b，0)
3
技 的最值来解；
巧
方法三、是二次函数，借助于 y f x 的图象，利
用根的分布求，也是常见的解题手段。
方法四、数形结合求解（如 2014 年山东高考理科
填空题 15）。
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
【训练巩固】 练出高分
高考数学专题复习《利用导数研究函数的单调性》PPT课件
∴g(x)是R上的增函数.
又g(0)=f(0)-1=2 019,
∴g(x)>2 019的解集为(0,+∞),
即不等式exf(x)>ex+2 019的解集为(0,+∞).故选D.
解题心得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,再由单调性比较大小或解不等式的问题.
对点训练3(1)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)
)
(2)(2021年1月8省适应性测试)已知a<5,且ae5=5ea,b<4,且be4=4eb,c<3,且
e
2 +1
2
e
B.
2 +1
2
e
>
ln3 +1
D.
3
+1
e
>
>
ln3 +1
3
2 +1
+1
e
2
e
>
(2)(2020河北保定二模,文12)设函数f(x)是定义在R上的函数,其导函数为
f'(x),若f(x)+f'(x)>1,f(0)=2 020,则不等式exf(x)>ex+2 019的解集为(
高三一轮总复习高效讲义第3章第2节利用导数研究函数的单调性课件
＝1－cos x≥0，所以 y＝x＋sin (－x)在(0，1)上单调递增．
答案：AB
3．函数 f(x)＝exx 的单调递增区间为________；单调递减区间为____________． 解析：函数的定义域为{x|x≠0}，且 f′(x)＝ex（xx－2 1） ，令 f′(x)>0 得 x>1，f(x)的单
[思维升华] (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，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函
数的间断点．
a<0， 讨论点一般有三类：①自变量系数 a 分a＝0，
②判别式
Δ
分ΔΔ<＝00，，
③两根的
a>0，
Δ>0，
x1<x2， 大小分x1＝x2，
角度 2 利用导数比较函数值的大小
【例 3】 (1) (2021·山东菏泽二模)已知 a、b、c∈0，3 ，且 a5＝5a、b4＝4b、c3
＝3c，下列不等式正确的是(
)
A．a>b>c
B．c>a>b
C．c>b>a
D．a>c>b
(2)已知 a>1，b>1，且满足 a2－3b＝2ln a－ln 4b，则(
＜x＜1．
③若 0＜a＜1e
，则 f ′(x)＞0，即为(x－1)·x－ln
1 a
＞0，可得 x＜1 或 x＞ln
1 a
；
f
′(x)＜0，即为(x－1)x－ln
1 a
＜0，可得 1＜x＜ln
1 a
．
综上，当 a≤0 时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是．【答案】【解析】函数在上单调递增即在恒成立,则有在恒成立即,构造函数,,当时, ,当时, ,所以当时,因此,答案为.【考点】1.导数与函数的单调性;2.不等式的恒成立问题;3.函数的最值问题2. .定义在上的函数满足：则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令，由于，所用在上是增函数，【考点】函数的单调性与导数的关系.3.已知函数f(x)= -ax(a∈R,e为自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，函数g(x)=(x-m)f(x)-+x2+x在区间（0，+）上为增函数，求整数m 的最大值.【答案】(1)所以在为减函数，在为增函数;(2)最大值为1【解析】(1)利用函数的单调性与导数的关系；(2)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(3)第二问关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题.(4)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.试题解析：解：（Ⅰ）定义域为，，当时，，所以在上为增函数； 2分当时，由得，且当时，，当时，所以在为减函数，在为增函数． 6分（Ⅱ）当时，，若在区间上为增函数，则在恒成立，即在恒成立 8分令，；，；令，可知，，又当时，所以函数在只有一个零点，设为，即，且； 9分由上可知当时，即；当时，即，所以，，有最小值， 10分把代入上式可得，又因为，所以，又恒成立，所以，又因为为整数，所以，所以整数的最大值为1． 12分【考点】（1）利用导数求函数的单调性；（2）利用导数求函数的最值问题.4.设函数(其中).（1）当时,求函数的单调区间;（2）当时,求函数在上的最大值.【答案】（1）函数的递减区间为,递增区间为,；（2）【解析】（1）由，利用导数的符号判断函数的单调性和求单调区间；（2）试题解析：解：（1）当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:单调递增极大值单调递减极小值单调递增右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.（2）,令,得,, 令,则,所以在上递增, 所以,从而,所以所以当时,;当时,；所以令，则，令，则在上递减，而所以存在使得，且当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，所以在上恒成立，当且仅当时取得“=”.综上，函数在上的最大值.【考点】1、导数在研究函数性质中的综合应用；2、等价转化的思想.5.直线与函数的图像有三个相异的交点，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】得列表:x(-,-1)-1(-1,1)1(1,+ )++y画出大到图象可得：-2<a<2,故选A.【考点】函数的极值.6.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.7.已知f(x)=e x-ax-1．（1）求f(x)的单调增区间；（2）若f(x）在定义域R内单调递增，求a的取值范围.【答案】（1）若，的单调增区间为 , ,的单调增区间为；（2）.【解析】（1）对f(x)求导得，解可得单调增区间，解不等式过程中要对进行讨论；(2) 在R上单调递增，则在R上恒成立 ,即恒成立,即,求出的最小值即可.试题解析：解：（1） 1分若，则，此时的单调增区间为 2分若，令，得此时的单调增区间为 -6分（2）在R上单调递增，则在R上恒成立 -8分即恒成立即，因为当时，所以 -12分-0 +【考点】求导，函数的单调性与导数的关系.8.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。