(完整word版)导数单调性分类讨论
导数与函数的单调性、极值、最值问题专题
导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B 级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B 级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.真 题 感 悟1.(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________. 解析 f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x ·1ex ＝3x 2≥0且f ′(x )不恒为0，所以f (x )为单调递增函数. 又f (－x )＝－x 3＋2x ＋e －x －e x ＝－(x 3－2x ＋e x－1ex )＝－f (x )，故f (x )为奇函数，由f (a －1)＋f (2a 2)≤0，得f (2a 2)≤f (1－a )， ∴2a 2≤1－a ，解之得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，122.(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23.当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0，又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤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 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：故f (x )的极值点是x 1，x 2.从而a >3. 因此b ＝2a 29＋3a，定义域为(3，＋∞).(2)证明 由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2.当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增.因为a >3，所以a a >33，故g (a a )>g (33)＝3，即ba > 3.因此b 2>3a .(3)解 由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b 9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋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 －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减.因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a的取值范围为(3，6].考点整合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f (x)在某个区间内可导，如果f ′(x)＞0，则y＝f (x)在该区间为增函数；如果f ′(x)＜0，则y＝f (x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.2.极值的判别方法当函数f (x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0，那么f (x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)＞0，那么f (x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f ′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.3.闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一利用导数研究函数的单调性[命题角度1] 求解含参函数的单调区间【例1－1】(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x)＝e x(e x－a)－a2x，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.解 (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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫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a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向；(2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内.另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根. [命题角度2] 已知函数的单调区间求参数范围【例1－2】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数).(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )能否为R 上的单调函数？若能，求出a 的取值范围？若不能，请说明理由.解 (1)当a ＝2时，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 )的单调递增区间是(－2，2). (2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立. 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1，1)都成立，即a ≥x 2＋2xx ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立.令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增. 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.(3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立.因为e x ＞0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立.所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的.故函数f (x )不可能在R 上单调递减.若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈R 都成立，因为e x ＞0，所以x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立.而Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增. 综上，可知函数f (x )不可能是R 上的单调函数.探究提高 (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，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. (2)可导函数f (x )在某个区间D 内单调递增(或递减)，转化为恒成立问题时，常忽视等号这一条件，导致与正确的解法擦肩而过，注意，这里“＝”一定不能省略.【训练1】 (2017·南京、盐城模拟)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋a －1x－3(a ∈R).(1)当a ＝2时，解关于x 的方程g (e x )＝0(其中e 为自然对数的底数)； (2)求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调递增区间. 解 (1)当a ＝2时，方程g (e x )＝0，即2e x ＋1e x －3＝0，去分母，得2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x ＝12.故所求方程的根为x ＝0或x ＝－ln 2. (2)因为φ(x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax ＋a －1x－3(x >0)， 所以φ′(x )＝1x ＋a －a －1x 2＝ax 2＋x －（a －1）x 2＝[ax －（a －1）]（x ＋1）x2(x >0)， 当a <0时，由φ′(x )>0，解得0<x <a －1a；当a ＝0时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当0<a <1时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当a ＝1时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当a >1时，由φ′(x )>0，解得x >a －1a. 综上所述，当a <0时，φ(x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －1a ； 当0≤a ≤1时，φ(x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >1时，φ(x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a ，＋∞. 热点二 利用导数研究函数的极值【例2】 (2017·南通调研)设函数f (x )＝x －2e x －k (x －2ln x )(k 为实常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数). (1)当k ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若函数f (x )在(0，4)内存在三个极值点，求k 的取值范围. 解 (1)当k ＝1时，函数f (x )＝e xx2－(x －2ln x )(x ＞0)，则f ′(x )＝（x －2）（e x －x 2）x3(x ＞0). 当x ＞0时，e x ＞x 2，理由如下：要使当x ＞0时，e x ＞x 2，只需使x ＞2ln x ， 设φ(x )＝x －2ln x ，则φ′(x )＝1－2x ＝x －2x，所以当0＜x ＜2时，φ′(x )＜0；当x ＞2时，φ′(x )＞0， 所以φ(x )＝x －2ln x 在x ＝2处取得最小值φ(2)＝2－2ln 2＞0， 所以当x ＞0时，x ＞2ln x ， 所以e x －x 2＞0，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0，2)上为减函数，在(2，＋ ∞)上为增函数， 所以f (x )在x ＝2处取得最小值f (2)＝e 24－2＋2ln 2.(2)因为f ′(x )＝（x －2）（e x －kx 2）x 3＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2－k x，当k ≤0时，e xx2－k ＞0，所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，不存在三个极值点，所以k ＞0. 令g (x )＝e xx 2，得g ′(x )＝e x ·（x －2）x 3，则g (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，在x ＝2处取得最小值为g (2)＝e 24，且g (4)＝e 416，于是可得y ＝k 与g (x )＝e xx 2在(0，4)内有两个不同的交点的条件是k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416.设y ＝k 与g (x )＝e xx2在(0，4)内的两个不同交点的横坐标分别为x 1，x 2，且0＜x 1＜2＜x 2＜4，导函数f ′(x )及原函数f (x )的变化情况如下：所以 f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，2)上单调递增，在(2，x 2)上单调递减，在(x 2，4)上单调递增，所以f (x )在(0，4)上存在三个极值点.即函数f (x )在(0，4)内存在三个极值点的k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416.探究提高极值点的个数，一般是使f ′(x)＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究.【训练2】(2017·苏、锡、常、镇调研节选)已知函数f (x)＝ax2＋cos x(a ∈R)，记f (x)的导函数为g(x).(1)证明：当a＝12时，g(x)在R上单调递增；(2)若f (x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围.(1)证明当a＝12时，f (x)＝12x2＋cos x，所以f ′(x)＝x－sin x，令g(x)＝x－sin x，所以g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在R上单调递增.(2)解因为g(x)＝f ′(x)＝2ax－sin x，所以g′(x)＝2a－cos x.①当a≥12时，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函数f ′(x)在R上单调递增.当x>0时，则f ′(x)>f ′(0)＝0；当x<0时，则f ′(x)<f ′(0)＝0；所以f (x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)，所以f (x)在x＝0处取得极小值，符合题意.②当a≤－12时，g′(x)≤－1－cos x≤0，所以函数f ′(x)在R上单调递减.当x>0时，则f ′(x)<f ′(0)＝0；当x<0时，则f ′(x)>f ′(0)＝0，所以f (x)的单调递减区间是(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)，所以f (x)在x＝0处取得极大值，不符合题意.③当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cos x >2a ，即g ′(x )<0， 所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减， 所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.热点三 利用导数研究函数的最值【例3】 (2017·浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围.解 (1)f ′(x )＝(x －2x －1)′e －x ＋(x －2x －1)(e －x )′ ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －x ＝(1－x )⎝⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12. (2)令f ′(x )＝(1－x )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －x ＝0， 解得x ＝1或52.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化如下表：又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e －12，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝12e －52，则f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为12e －12.又f (x )＝(x －2x －1)e －x ＝12(2x －1－1)2e －x ≥0.综上，f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12. 探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论： (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论.【训练3】 已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间和最小值； (2)若函数F (x )＝f （x ）－a x 在[1，e]上的最小值为32，求a 的值. 解 (1)因为f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)， 令f ′(x )≥0，即ln x ≥－1＝ln e －1， 所以x ≥e －1＝1e ，所以x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞. 同理令f ′(x )≤0，可得x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e .所以 f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e .由此可知 f(x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(2)由F (x )＝x ln x －a x ，得F ′(x )＝x ＋ax 2，当a ≥0时，F ′(x )＞0，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32， 所以a ＝－32∉[0，＋∞)，舍去.当a ＜0时，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增. ①当a ∈(－1，0)，F (x )在[1，e]上单调递增， F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉(－1，0)，舍去.②若a ∈[－e ，－1]，F (x )在[1，－a ]上单调递减， 在[－a ，e]上单调递增，所以F (x )min ＝F (－a )＝ln(－a )＋1＝32，a ＝－e ∈[－e ，－1]；③若a ∈(－∞，－e)，F (x )在[1，e]上单调递减，F (x )min ＝F (e)＝1－a e＝32，所以a ＝－e2∉(－∞，－e)，舍去.综上所述，a ＝－ e.1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f (x)，“f (x)在x＝x0处的导数f ′(x0)＝0”是“f (x)在x＝x处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.一、填空题1.已知函数f (x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f (x)的一个极值点，则a的值为________.解析由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x)＝4x＋2ax－6，∴f ′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1，经验证符合题意. 答案 12.(2017·苏州调研)函数f (x)＝12x2－ln x的单调递减区间为________.解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x<0，解得0＜x <1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1). 答案 (0，1)3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab的值为________.解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10， 即⎩⎨⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝1或 ⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案 －234.(2017·南京模拟)若函数f (x )＝e x (－x 2＋2x ＋a )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，则实数a 的最大值为________.解析 由f (x )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，得f ′(x )＝e x (－x 2＋a ＋2)≥0，x ∈[a ，a ＋1]恒成立，即(－x 2＋a ＋2)min ≥0，x ∈[a ，a ＋1].当a ≤－12时，－a 2＋a ＋2≥0，则－1≤a ≤－12；当a >－12时，－(a ＋1)2＋a ＋2≥0，则－12<a ≤－1＋52，所以实数a 的取值范围是－1≤a ≤－1＋52，a 的最大值是－1＋52. 答案－1＋525.(2017·浙江卷改编)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________(填序号).解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有④符合. 答案 ④6.(2017·泰州期末)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0，1)内有最小值，则a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ).当a ≤0时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，1)内单调递增，无最小值. 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a ).当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减，所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)内有最小值. 答案 (0，1)7.已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得a ＞3或a ＜－ 3.答案 (－∞，－3)∪(3，＋∞)8.(2016·北京卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________. 解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1). 由f ′(x )＞0得x ＜－1， 由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0.∴f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减， ∴f (x )最大值为f (－1)＝2.若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 综上，f (x )最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的图象如图.由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值.且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 二、解答题9.(2017·北京卷)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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1. (2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )， 则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e 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 )＝e x －ax －ax 2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域.(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x －（x －2）e x （x ＋2）2＝x 2e x（x ＋2）2≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增. 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x >－(x ＋2)，即(x －2)e x ＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x ＋a （x ＋2）x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a ). 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.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. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝ e x a －a （x a ＋1）x 2a＝e x a ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a＝e x ax a ＋2.于是h (a )＝e xax a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0，e x x ＋2单调递增.所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为e x x ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，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⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.11.设函数f (x )＝e xx 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (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 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.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，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，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⎩⎨⎧g （0）＞0，g （ln k ）＜0，g （2）＞0，0＜ln k ＜2，解得e ＜k ＜e 22， 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⎝⎛⎭⎪⎫e ，e 22.。
1.3.1函数的单调性与导数.
1．在利用导数讨论函数的单调区间时，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，来判断函数的单调区间． 2．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意定 义区间内的不连续点或不可导点． 3．注意在某一区间内f′(x)>0(或f′(x)<0)是函数f(x)在该区间上为增(或减)函数的充 分条件．如f(x)＝x3是R上的可导函数，也是R上的单调递增函数，但当x＝0 时，f′(x)＝0.
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[例3] 已知x>1，求证：x>ln(1＋x)．
[分析]
设 f(x)＝x－ln(1＋x)， 只需证得 f(x)在(1， ＋∞)
1 x 上的函数值恒大于零即可，根据 f′(x)＝1－ ＝ 1＋x 1＋x >0(x>1)， f(x)在(1， 得 ＋∞)上是增函数， 故当 x>1 时， f(x)>f(1) ＝1－ln2>0 恒成立，则原式得证．
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1．函数y＝f(x)在区间(a，b)内的单调性与导数的关系 如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内 单调递增 ；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x) 在这个区间内 单调递减 ．如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在这个区间内为 ． 常数函数 2．求函数单调区间的步骤 (1)确定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 ；当f′(x)＜0时，f(x)在相应区间上是 ．
第2节导数与函数的单调性课件
3.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的递增区间是 _－__π_，__－__π2_和 ___0_，__π2_. 解析 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x. 令f′(x)＝xcos x>0， 则其在区间(－π，π)上的解集为
－π，－π2∪0，π2，
训练 2 若函数 f(x)＝x－13sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则 a 的取值
范围是( C )
A.[－1，1]
B.－1，13
解析 ∵f(x)＝x－31sin 2x＋asin x，
C.－13，13
D.－1，－31
∴f′(x)＝1－23cos 2x＋acos x＝－43cos2x＋acos x＋53. 由f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.
(1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.( × ) (2)如果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)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)＞0，则f(x)在定义域上一定单调递增.( × ) (4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.( √ )
5.(易错题)若函数 f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4 的单调递减区间为[－1，4]，则实数 a
的值为___－__4___.
解析 f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]， ∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4], ∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.
解析 (1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0. (3)反例，f(x)＝－1x，虽然 f′(x)＝x12＞0，但 f(x)＝－1x，在其定义域(－∞，0)∪(0， ＋∞)上不具有单调性.
导数与函数的单调性
导数与函数的单调性函数的单调性在(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．辨明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．注意：由函数f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得f′(x)≥0(或≤0)在该区间恒成立，而不是f′(x)>0(或<0)恒成立，“＝”不能少．1.如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是()A．函数f(x)在区间(－3，0)上是减函数B．函数f(x)在区间(－3，2)上是减函数C．函数f(x)在区间(0，2)上是减函数D．函数f(x)在区间(－3，2)上是单调函数2．函数f(x)＝x3－3x＋1的单调增区间是()A．(－1，1)B．(－∞，1)C．(－1，＋∞)D．(－∞，－1)，(1，＋∞)3．已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f(1)，f()A．f(1)>B．f(1)>C．f(1)>D．f(1)4．(选修11P93练习T1(2)改编)函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．5．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的最大值是________．考点一利用导数判断或证明函数的单调性(2015·高考重庆卷)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 ，讨论g (x )的单调性．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.考点二求函数的单调区间已知函数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．导数法求函数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.2.(2015·高考四川卷节选)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0.设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性．考点三已知函数的单调性求参数的范围(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四个命题角度：(1)根据f (x )在区间A 上单调递增(减)，求参数的取值范围；(2)根据f (x )在区间A 上存在单调递增(减)区间，求参数的取值范围；(3)根据f (x )在区间A 上为单调函数，求参数的取值范围；(4)根据f (x )在区间A 上不单调，求参数的取值范围．(1)(2014·高考课标全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是()A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)(2)已知函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋2x .①若g (x )在(－2，－1)内为减函数，求实数a 的取值范围；②若g (x )在区间(－2，－1)内不单调，求实数a 的取值范围根据函数单调性确定参数范围的方法(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.3.(1)(2016·九江第一次统考)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________．(2)设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .若f (x )则a 的取值范围为________．方法思想——分类讨论思想研究函数的单调性(2015·高考江苏卷节选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性．已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程1．(2016·九江模拟)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)2．已知函数f(x)＝2x3－6ax＋1，a≠0，则函数f(x)的单调递减区间为()A．(－∞，＋∞)B．(－a，＋∞)C．(－∞，－a)和(a，＋∞)D．(－a，a)x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的3．(2016·长春调研)已知函数f(x)＝12()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有()A．f(x)≥f(a)B．f(x)≤f(a)C．f(x)>f(a)D．f(x)<f(a)5．(2016·郑州第一次质量预测)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是()A．(－3，0)B．(－3，5)C．(0，5)D．(－∞，－3)∪(5，＋∞)6．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)e x，若f(x)在[－1，1]上是单调减函数，则a的取值范围是()A．0<a<34B．12<a<34C．a≥34D．0<a<127．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调情况是________．8．(2016·石家庄二中开学考试)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________．9．已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．10．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________．11．(2016·云南省第一次统一检测)已知函数f(x)＝ln x－x1＋2x.(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f[x(3x－2)]<－13，求实数x的取值范围．1．(2016·河北省衡水中学模拟)已知函数f(x)x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a＝－1时，求证：f(x)在(0，＋∞)上为增函数．2．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)函数f(x)是否为R上的单调函数？若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由．三年高考两年模拟1.(2016·全国Ⅰ)若函数f(x)＝x－13sin2x＋a sin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是()A.[－1，1]B.－1，13C.－13，13 D.－1，－132.(2016·江西赣中南五校模拟)已知函数y＝f(x)对任意的x －π2，f′(x)·cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.2B.2C.f(0)>2D.f(0)>23.(2015·福建)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是()A.＜1k B.＞1k－1C.＜1k－1D.＞kk－14.(2015·新课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)5.(2014·新课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)6，(2014·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()A.(2，＋∞)B.(1，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，－1)7.(2015·陕西)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A.－1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2，8)在曲线y＝f(x)上8.(2014·新课标全国Ⅱ)函数f(x)在x＝x0处导数存在.若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则()A.p是q的充分必要条件B.p是q的充分条件，但不是q的必要条件C.p是q的必要条件，但不是q的充分条件D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件9.(2016·河南八市模拟)已知函数f(x)＝sin x－cos x，且f′(x)＝12f(x)，则tan2x的值是()A.－23B.－43C.4 3D.3 410.(2015·江西新余模拟)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝ln x＋f′(x)的零点所在的区间是()B.(1，2)D.(2，3)11.(2015·河北恒台模拟)设f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n (x )＝f n －1′(x )，n ∈N ，则f 2015(x )＝()A.sin xB.－sin xC.cos xD.－cos x12.(2016·河南郑州一模)函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是()A.x ＋y ＋1＝0B.x ＋y －1＝0C.x －y ＋1＝0D.x －y －1＝013.(2016·福建漳州八校模拟)设函数f ′(x )是函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (0)＝1，且3f (x )＝f ′(x )－3，则4f (x )>f ′(x )的解集为()14.(2015·黑龙江绥化模拟)已知函数y ＝f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )＜0成立，若a ＝20.2f (20.2)，b ＝(ln 2)f (ln 2)，c a ，b ，c的大小关系是()A.a ＞b ＞cB.b ＞a ＞cC.c ＞a ＞bD.a ＞c ＞b15.(2015·辽宁沈阳模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若a ＝12f b ＝－2f (－2)，c a ，b ，c 的大小关系正确的是()A.a ＜c ＜bB.b ＜c ＜aC.a ＜b ＜cD.c ＜a ＜b16.(2015·河北唐山模拟)已知函数f (x )＝a e x ＋x 2，g (x )＝sin πx2＋bx ，直线l 与曲线y ＝f (x )切于点(0，f (0))且与曲线y ＝g (x )切于点(1，g (1)).(1)求a ，b 的值和直线l 的方程.(2)证明：f(x)＞g(x).17.(2015·山东潍坊模拟)已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，其中a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x，求a的值.(2)讨论函数f(x)的单调区间.三年高考两年模拟1C2A3C4A5D6C7A8C9D10C11D12C13B14B15A3.(2016·山东，20)设f(x)＝x ln 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.。
第2节第1课时 利用导数研究函数的单调性
第2节导数在研究函数中的应用知识梳理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.函数的极值与导数形如山峰形如山谷f(x)为极大值f(x)为极小值(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.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.2.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.3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.诊断自测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)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.()(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.2.函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A.(0，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，－1]D.[－1，0)∪(0，1]答案A解析由题意知f′(x)＝2x－2x＝2x2－2x(x>0)，由f′(x)≤0，得0<x≤1.3.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.4.(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x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.5.(多选题)(2021·济南调研)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断正确的是()A.在区间(2，4)内单调递减B.在区间(2，3)内单调递增C.x＝－3是极小值点D.x＝4是极大值点答案BD解析A项，函数y＝f(x)在区间(2，4)内f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2，4)上单调递增，故A不正确；B项，函数y＝f(x)在区间(2，3)内的导数f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2，3)上单调递增，故B正确；C项，由图象知当x＝－3时，函数f′(x)取得极小值，但是函数y＝f(x)没有取得极小值，故C错误；D项，当x＝4时，f′(x)＝0，当2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)为增函数，当x＞4时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)为减函数，则x＝4是函数f(x)的极大值点，故D正确.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin 2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos 2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.第一课时 利用导数研究函数的单调性考点一 不含参函数的单调性1.函数f (x )＝x 2－2ln x 的递减区间是( ) A.(0，1)B.(1，＋∞)C.(－∞，1)D.(－1，1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x (x >0)，∴当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数. 2.函数f (x )＝(x －3)e x 的递增区间是( ) A.(－∞，2) B.(0，3) C.(1，4)D.(2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ， 令f ′(x )>0，解得x >2，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 )的递增区间是________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2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⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.感悟升华 确定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)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间. 考点二 讨论含参函数的单调性【例1】已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性. 解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－（a ＋1）x ＋1x＝（ax －1）（x －1）x .①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0，1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a <1，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减.综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减.感悟升华 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1】已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R )，求f (x )的单调区间. 解 由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)， ①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间(0，＋∞). ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. 考点三 根据函数单调性求参数【例2】(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点. (1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g(x)＝f(x)－3＋ax，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求实数a的取值范围.解(1)f(x)＝2x＋bx＋ln x，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2－bx2＋1x＝2x2＋x－bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2－3x2＋1x＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x ＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).【迁移1】本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围.解 依题意g ′(x )＝2＋1x ＋ax 2在[1，2]上满足g ′(x )≤0恒成立， ∴当x ∈[1，2]时，a ≤－2x 2－x 恒成立，又t ＝－2x 2－x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋18，x ∈[1，2]是减函数，∴当x ＝2时，t ＝－2x 2－x 取得最小值－10. 所以a ≤－10，即实数a 的取值范围为(－∞，－10].【迁移2】在本例(2)中，若函数g (x )在区间[1，2]上不单调，求实数a 的取值范围.解 ∵函数g (x )在区间[1，2]上不单调， ∴g ′(x )＝0在区间(1，2)内有解，则a ＝－2x 2－x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数， ∴a ＝－2x 2－x 的值域为(－10，－3)， 因此实数a 的取值范围为(－10，－3).感悟升华 1.(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，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.(2)如果能分离参数，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.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. 考点四 与导数有关的函数单调性的应用角度1 比较大小【例3】 (多选题)(2021·重庆抽测)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )＜0成立，则有( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 答案 CD解析 构造函数g (x )＝f （x ）cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜π2.则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x （cos x ）2＜0，即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，同理，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故选CD. 角度2 解不等式【例4】已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为( ) A.(－2，＋∞) B.(2，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－∞，2) 答案 D解析 f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g (x )＝f （x ）2x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）·ln 22x ，∴g ′(x )<0，则g (x )在(－∞，＋∞)上是减函数. 由f (－2)＝2，且f (x )在R 上是奇函数， 得f (2)＝－2，则g (2)＝f （2）22＝－12， 又f (x )>－2x －1⇔f （x ）2x >－12＝g (2)，所以x <2.感悟升华 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.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f (x )与f ′(x )的不等关系时，常构造含f (x )与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.【训练2】 (1)(2021·新高考8省联考)已知a <5且a e 5＝5e a ，b <4且b e 4＝4e b ，c <3且c e 3＝3e c ，则( )A.c <b <aB.b <c <aC.a <c <bD.a <b <c(2)(2021·武汉模拟)定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意实数x ，都有f (x )>f ′(x )，且f (x )＋2 021为奇函数，则不等式f (x )＋2 021e x <0的解集为( )A.(－∞，0)B.(0，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1eD.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 (1) D (2)B解析 (1)法一 由已知e 55＝e a a ，e 44＝e b b ，e 33＝e cc ，设f (x )＝e x x ，则f ′(x )＝（x －1）e x x 2， 所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (3)<f (4)<f (5)，f (c )<f (b )<f (a )，所以a <b <c .法二 设e x＝e 55x ，① e x ＝e 44x ，②e x＝e 33x ，③ a ，b ，c 依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵e 55>e 44>e 33，由图可知a <b <c .(2)由题意，构造新函数g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x， 因为f (x )>f ′(x )，所以g ′(x )<0，所以函数g (x )在R 上单调递减.因为f (x )＋2 021为定义在R 上的奇函数，所以f (0)＋2 021＝0，所以f (0)＝－2 021，则g (0)＝－2 021，所以不等式f (x )＋2 021e x <0等价于g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式f (x )＋2 021e x <0的解集为(0，＋∞).以“函数凹凸性”为背景的导数问题一般地，函数f (x )的定义域为R ，若∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，都有f （x 1）＋f （x 2）2≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则f (x )为凸函数，其图象向上凸出；若∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，都有f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则f (x )为凹函数，其图象向下凸出. 【典例】(2020·青岛检测)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数f (x )在(a ，b )上的导函数为f ′(x )，f ′(x )在(a ，b )上的导函数为f ″(x )，若在(a ，b )上f ″(x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ，b )上为“严格凸函数”.已知f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2在(1，4)上为“严格凸函数”，则实数m 的取值范围是( )A.(－∞，2e －1]B.[e －1，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 4－14，＋∞ D.(e ，＋∞)答案 C解析 因为f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2，所以f ′(x )＝e x －ln x －1－mx ，所以f ″(x )＝e x －1x －m .因为f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2在(1，4)上为“严格凸函数”，所以f ″(x )＝e x －1x －m <0在(1，4)上恒成立，即m >e x －1x 在(1，4)上恒成立.令g (x )＝e x －1x ，x ∈(1，4)，所以g ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以g (x )在(1，4)上单调递增，所以g (x )<e 4－14，所以m ≥e 4－14，即实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 4－14，＋∞. 思维升华 1.f (x )＝e x －x ln x －m 2x 2在(1，4)上为“严格凸函数”，等价于f ″(x )<0在(1，4)上恒成立，利用分离参数法即可得m 的取值范围.2.本题是以函数的凹凸性为背景考查函数的二阶导数的符号的问题，考查了直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养.破解本题的关键是明确严格凸函数的定义，求出所给函数的二阶导数，判断其是否在给定的区间上恒为负值.【训练】 (多选题)(2021·山东名校联考)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，若f ′(x )>0，且∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则下列选项中一定正确的是( ) A.f (2)<f (e)<f (π)B.f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)C.f (2)<f ′(2)－f ′(3)<f (3)D.f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)答案 ABD解析 因为f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增.∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，恒有f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即f （x 1）＋f （x 2）2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 所以y ＝f (x )的图象是向上凸起的，大致图象如图所示.由图可知f (2)<f (e)<f (π)，故A 项正确.因为f ′(x )反映了函数f (x )图象上各点处的切线的斜率，由图可知，随着x 的增大，f (x )的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小， 所以f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)，故B 项正确.因为f (3)－f (2)＝f （3）－f （2）3－2表示点A (2，f (2))与B (3，f (3))连线所在直线的斜率k AB ，所以结合图可知f ′(3)<k AB <f ′(2)，故D 正确.显然只有f (2)<f ′(2)－f ′(3)<f (3)无法判断正误，即C 不一定正确.A 级 基础巩固一、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 )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，eB.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B 解析 因为函数f (x )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 . 3.(2020·江南十校联考)已知函数f (x )＝ax 2－4ax －ln x ，则f (x )在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是( )A.a >－12B.0<a <116C.a >116或－12<a <0D.a >116 答案 D解析 f ′(x )＝2ax －4a －1x ＝2ax 2－4ax －1x， 令g (x )＝2ax 2－4ax －1，则函数g (x )＝2ax 2－4ax －1的对称轴方程为x ＝1，若f (x )在(1，4)上不单调，则g (x )在区间(1，4)上有零点.当a ＝0时，显然不成立；当a ≠0时，只需⎩⎪⎨⎪⎧a >0，g （1）＝－2a －1<0，g （4）＝16a －1>0，或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，g （1）＝－2a －1>0，g （4）＝16a －1<0，解得a >116或a <－12.∴a >116是f (x )在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.4.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)答案 B解析 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，＋∞)上为减函数，因此g (1)>g (2)，即f （1）12>f （2）22，所以4f (1)>f (2).5.已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e －x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，－1]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 答案 D解析 f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0，∴f (x )在R 上是增函数.又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x ＝－f (x )，知f (x )为奇函数.故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)，∴a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.6.(多选题)(2021·重庆调研)已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则对于任意的x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，下列结论正确的是( )A.f (x )＜0恒成立B.(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＜0C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＞f （x 1）＋f （x 2）2 D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f （x 1）＋f （x 2）2 答案 BD解析 由导函数的图象可知，导函数f ′(x )的图象在x 轴下方，即f ′(x )＜0，故原函数为减函数，并且递减的速度是逐渐减慢.所以f (x )的示意图如图所示：f (x )＜0恒成立，没有依据，故A 不正确；B 表示(x 1－x 2)与[f (x 1)－f (x 2)]异号，即f (x )为减函数，故B 正确；C ，D 左边的式子意义为x 1，x 2中点对应的函数值，即图中点B 的纵坐标值， 右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A 的纵坐标值，显然有左边小于右边，故C 不正确，D 正确.二、填空题7.已知a 为实数，f (x )＝ax 3＋3x ＋2，若f ′(－1)＝－3，则函数f (x )的单调递增区间为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22 解析 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3，又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，∴f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22. 8.(2020·长沙质检)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 解析 f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)， 令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.依题意，⎩⎨⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1，解之得1≤k <32. 9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________.答案 (－∞，－2)∪(0，2)解析 令φ(x )＝f （x ）x ，∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0， ∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数，由数形结合知x ∈(－∞，－2)时，f (x )>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).三、解答题10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.已知函数f(x)＝12x2－2a ln x＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.解(1)当a＝－1时，f(x)＝12x2＋2ln x－3x，则f′(x)＝x＋2x －3＝x2－3x＋2x＝（x －1）（x －2）x (x >0).当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x －2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立.即x 2－2x －2a x ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立.所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x ，当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增.B 级 能力提升12.已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为() A.b >c >a B.a >c >bC.a >b >cD.b >a >c答案 D解析 依题意，得a ＝ln 33＝ln 33，b ＝e －1＝ln e e ，c ＝3ln 28＝ln 88.令f (x )＝ln x x (x >0)，则f ′(x )＝1－ln x x 2，易知函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减.所以f (x )max ＝f (e)＝1e ＝b ，且f (3)>f (8)，即a >c ，所以b >a >c .13.(多选题)(2021·日照模拟)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞m ＞1，则下列成立的有( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞1－m m B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＜－1 C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞1m －1D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＜0 答案 AC解析 由已知条件，构造函数g (x )＝f (x )－mx ，x ∈R ，则g ′(x )＝f ′(x )－m ＞0，所以函数g (x )＝f (x )－mx 在R 上单调递增，且1m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞g (0)，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞－1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞0，故B 错误；又1m ＜1，1－m m ＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞1－m m ，故A 正确；1m －1＞0，故g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞g (0)，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1－m m －1＞－1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1＞1m －1＞0，故C 正确，D 错误，故选AC.14.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.解 (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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫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].。
【高中数学】导数与函数的单调性
＝ex(x＋1)，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数 f(x)＝xex 在(0，＋∞)上为增函数；对于 C，
高中数学学科
f′(x)＝3x2－1，令 f′(x)>0，得 x>
3或 x<－
3，∴函数
f(x) ＝ x3 － x
在
－∞，－
3 3
和
3
3
3，＋∞ 3
上单调递增；对于
D，f′(x)＝－1＋1＝－x－1，令
－∞，－4
即 f(x)的单调递增区间是
3 ，(0，＋∞)．
3．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝sin 2x
B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x
D．f(x)＝－x＋ln x
kπ－π，kπ＋π
解析：选 B 对于 A，f(x)＝sin 2x 的单调递增区间是 4
4 (k∈Z)；对于 B，f′(x)
x
x
f′(x)>0，得
0<x<1，
∴
函数 f(x)＝－x＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选 B.
4．已知函数 f(x)＝x2＋2cos x，若 f′(x)是 f(x)的导函数，则函数 f′(x)的图象大致是( )
解析：选 A 设 g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数 f′(x)在 R
ax2
a
由 f′(x)＝ax－1<0，得 0<x<1，
ax2
a
1，＋∞
0，1
∴函数 f(x)在 a
上单调递增，在 a 上单调递减．
高中数学学科
综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
2019-2020学年高中数学(苏教版 选修2-2)教师用书：第1章 1.3.1 单调性 Word版含答案
1.3 导数在研究函数中的应用1.3.1单调性1．利用导数研究函数的单调性．(重点)2．含有字母参数的函数单调性的讨论，单调区间的求解．(难点)3．由单调性求参数的取值范围．(易错点)[基础·初探]教材整理函数的单调性与其导数的关系阅读教材P28“例1”以上部分，完成下列问题．1．函数的单调性与其导数的关系(1)一般地，在某区间上函数y＝f(x)的单调性与导数有如下关系：(2)2．导数与函数图象间的关系(1)导函数图象在x轴上方的区间为原函数的单调增区间，导函数图象在x轴下方的区间为原函数的单调减区间．(2)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”；反之，函数的图象就“平缓”一些．1．判断正误：(1)若函数f(x)在(a，b)上是增函数，则对任意x∈(a，b)，都有f′(x)>0.( )(2)函数f(x)＝1x在其定义域上是单调减函数．( )(3)函数f(x)＝x3－2x在(1，＋∞)上单调递增．( )(4)若存在x∈(a，b)有f′(x)＝0成立，则函数f(x)为常数函数．( )【答案】(1)×(2)×(3)√(4)×2．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是________．【解析】f′(x)＝(x－3)′e x＋(x－3)(e x)′＝(x－2)e x，令f′(x)>0，解得x>2.【答案】(2，＋∞)[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：_______________________________________________解惑：_______________________________________________疑问2：_______________________________________________解惑：_______________________________________________疑问3：_______________________________________________解惑：_______________________________________________[小组合作型](1)0)内是减函数．(2)判断函数f(x)＝ln xx在区间(0,2)上的单调性．【精彩点拨】求出导数f′(x)，然后判断导数的符号即可．【自主解答】(1)证明：由于f(x)＝e x－x－1，所以f′(x)＝e x－1，当x∈(0，＋∞)时，e x>1，即f′(x)＝e x－1>0.故函数f(x)在(0，＋∞)内为增函数，当x∈(－∞，0)时，e x<1，即f′(x)＝e x－1<0. 故函数f(x)在(－∞，0)内为减函数．(2)由于f(x)＝ln x x，所以f′(x)＝1x·x－ln xx2＝1－ln xx2.由于0<x<2，所以ln x<ln 2<1，x2>0.故f′(x)＝1－ln xx2>0.∴函数f(x)在区间(0,2)上是单调递增函数．1．利用导数证明函数f(x)在给定区间上的单调性，实质上就是证明f′(x)>0(或f′(x)<0)在给定区间上恒成立．2．利用导数判断可导函数f(x)在(a，b)内的单调性，步骤是：(1)求f′(x)；(2)确定f′(x)在( a，b)内的符号；(3)得出结论．[再练一题]1．证明：函数y＝ln x＋x在其定义域内为增函数．【证明】显然函数的定义域为{x|x>0}，又f′(x)＝(ln x＋x)′＝1x＋1，当x>0时，f′(x)>1>0，故y＝ln x＋x在其定义域内为增函数．(1)f(x)＝x2－ln x；(2)f(x)＝exx－2；(3)f (x )＝－x 3＋3x 2.【精彩点拨】 首先确定函数的定义域，再求导数，进而解不等式得单调区间． 【自主解答】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －1x＝错误!.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 )＝错误!＝错误!.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，＋∞)．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 )在相应的区间上是增函数；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．[再练一题]2．若函数f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则函数f (x )的单调递增区间为________.【导学号：01580011】【解析】 由已知f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x2－2x －4x，由f ′(x )>0得x 2－x －2>0，解得x <－1或x >2， 又x >0，所以函数f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)． 【答案】 (2，＋∞)[探究共研型]探究【提示】 由已知得f ′(x )＝3x 2－a ， 因为f (x )在(－∞，＋∞)上是单调增函数， 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.探究2 若函数f (x )＝x ＋ax ＋ln x (a ∈R )在(1，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围．【提示】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax2＋1x ＝x2＋x －ax由题意知，f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即x 2＋x －a ≥0在(1，＋∞)上恒成立， 令g (x )＝x 2＋x －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122－14－a ，则g (x )＞2－a ，从而2－a ≥0，∴a ≤2. 当a ＝2时，f ′(x )＞0在(1，＋∞)上恒成立， 因此实数a 的取值范围是(－∞，2]．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．【精彩点拨】 (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．【自主解答】 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)最小值． 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 >a 3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．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．[再练一题]3．将上例(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′＝3x2－a，当a<0时，y′＝3x2－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′＝3x2－a＝0在区间(1，＋∞)上有根．由3x2－a＝0可得x＝a3或x＝－a3(舍去)．依题意，有a3>1，∴a>3，所以a的取值范围是(3，＋∞)．[构建·体系]1．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图1-3-1所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是( )图1-3-1【解析】当x＜0时，f(x)为增函数，f′(x)＞0，排除①，③；当x＞0时，f(x)先增后减再增，对应f ′(x )先正后负再正．故选④.【答案】 ④2．下列函数中，在区间(－1,1)上是减函数的有________(填序号)． ①y ＝2－3x 2；②y ＝ln x ；③y ＝1x －2；④y ＝sin x .【解析】 显然，函数y ＝2－3x 2在区间(－1,1)上是不单调的； 函数y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，不满足题目要求； 对于函数y ＝1x －2，其导数y ′＝错误!<0，且函数在区间(－1,1)上有意义，所以函数y ＝错误!在区间(－1，1)上是减函数；函数y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上是增函数，所以函数y ＝sin x 在区间(－1,1)上也是增函数．【答案】 ③3．函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋1的单调减区间是________．【解析】 f ′(x )＝6x 2－18x ＋12，令f ′(x )＜0，即6x 2－18x ＋12＜0，解得1＜x ＜2. 【答案】 (1,2)4．已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在(－2，＋∞)内单调递减，则实数a 的取值范围为________．【解析】 f ′(x )＝错误!，由题意得f ′(x )≤0在(－2，＋∞)内恒成立，∴解不等式得a ≤12，但当a ＝12时，f ′(x )＝0恒成立，不合题意，应舍去，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，12.【答案】 ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－∞，125．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，a ≠0.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】 h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2.因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x2－2x恒成立，所以a ≥G (x )最大值，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1.因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，1，所以G (x )最大值＝－716(此时x ＝4)， 所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x2－32x16x＝错误!.因为x ∈[1,4]，所以h ′(x )＝错误!≤0， 即h (x )在[1,4]上为减函数． 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－716，＋∞.我还有这些不足：(1)_______________________________________________ (2)_______________________________________________我的课下提升方案：(1)_______________________________________________(2)_______________________________________________。
导数与函数的单调性课件-2025届高三数学一轮复习
（
）
答案：（3）×
目录
2.如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象，则下列判断正确的是
（
）
A.在区间（－2，1）上f（x）单调递增
B.在区间（1，3）上f（x）单调递减
C.在区间（4，5）上f（x）单调递增
D.在区间（3，5）上f（x）单调递增
解析：C 在（4，5）上f'（x）＞0恒成立，∴f（x）在区间（4，5）上单
∴f（x）在
1
0,
上单调递增，在
1
, &#（0，＋∞）上单调递增；当a＞0时，f（x）在
上单调递增，在
1
, +∞
上单调递减.
目录
1
0,
｜解题技法｜
讨论函数f（x）单调性的步骤
（1）确定函数f（x）的定义域；
（2）求导数f'（x），并求方程f'（x）＝0的根；
（2）当方程f'（x）＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划
分为几个区间，确定各区间f'（x）的符号，从而确定单调区间；
（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f'（x）的结构特征，利用图
象与性质确定f'（x）的符号，从而确定单调区间.
提醒 若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”及“或”
2
2，故
排除D选项.故选B.
目录
2.已知定义在区间（－π，π）上的函数f（x）＝xsin x＋cos x，则f（x）的单调
递增区间是
.
解析：f'（x）＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.令f'（x）＝xcos x＞0（x∈（－π，
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类型二：导数单调性专题类型１。
导数不含参。
类型２.导数含参。
类型３：要求二次导 求单调性一般步骤：(1) 第一步：写出定义域，一般有()0ln >⇒x x(2) 第二步:求导，(注意有常数的求导）若有分母则通分。
一般分母都比0大，故去死若无分母，因式分解（提公因式,十字相乘法）或求根(观察分子）判断导函数是否含参，再进行讨论（按恒成立与两个由为分界）(3) 第三步由()()⎩⎨⎧≤≥解出是减区间解出是增区间00x f x f(4) 下结论类型一：导函数不含参：()()()⎪⎩⎪⎨⎧-+=--++=++=21223,22,,x x e m e x f x x c bx ax x f x b kx x f 如指数型如：二次型如：一次型对于这类型的题，直接由导函数大于0，小于0即可（除非恒成立） 例题１求函数()()x e x x f 3-=的单调递增区间 解：()()()23'-=-+=x e e x e x f x x x 由()()202'>⇒>-=x x e x f x 所以函数在区间()+∞,2单调递增 由()()202'<⇒<-=x x e x f x所以函数在区间()2,∞-单调递减例题２：求函数()()2211x e x x f x --=的单调区间解：()()()()x e e x e x xe e x f x x x x x +-=-+-=-+-=11111'由()()()01011'>-<⇒>+-=x x x e x f x 或所以函数在区间(][)∞+-∞-，和01,单调递增由()()()01011'<<-⇒<+-=x x e x f x 所以函数在区间()0,1-单调递减 例题３：求函数()xxx f ln =的单调区间例题４：已知函数()()()R k kx e x x f x ∈--=21 （1)若1=k 时，求函数()x f 的单调区间例题５．（2010·新课标全国文，21）设函数f (x ）＝x （e x －1)－ax 2.(1）若a ＝错误!，求f (x )的单调区间；例题６:已知函数()()112++-=x e ax x f x (1）若0=a ，求函数()x f 的单调区间7。
【2012高考天津文科20】（二次不含参） 已知函数a ax x a x x f ---+=232131)(，x 其中a>0.（I)求函数)(x f 的单调区间;8。
已知函数xxx f ln )(=， （I ）求函数)(x f 的单调区间；类型二:导函数含参类型：()()()⎪⎩⎪⎨⎧+=++++++=+=m e x f a x x c ax x c x ax x f b ax x f x ,222,,//指数参型二次参型一次参型9:求函数()ax e x f x +=的单调区间（指数参）例题10.（2009北京理）(一次参）设函数()(0)kx f x xe k =≠ （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；例题11。
(二次参）设函数321()(1)4243f x x a x ax a =--++，其中常数1>a （Ⅰ）讨论()f x 的单调性;(Ⅱ）若当x ≥0时，f(x ）>0恒成立，求a 的取值范围。
W例题12：求函数()()()，０－在∞>⎪⎭⎫ ⎝⎛+=01a e x a x f x上的单调区间例题13.（2009安徽卷理）（ 二次参)已知函数2()(2ln ),(0)f x x a x a x=-+->，讨论()f x 的单调性.14。
(2009辽宁卷理)（本小题满分12分）已知函数()()x a ax x x f ln 1212-+-=，其中1a >，讨论函数()f x 的单调性.15.（2009陕西卷文）(本小题满分12分） 已知函数3()31,0f x x ax a =--≠()I 求()f x 的单调区间;16.【2012高考新课标文21】（本小题满分12分）设函数f （x ）= e x －ax －2 （Ⅰ）求f （x )的单调区间17。
【2012高考全国文21】已知函数ax x x x f ++=2331)( （Ⅰ)讨论()f x 的单调性；18.【2018高考全国文21】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间；训练:(1)求函数()1x f x e ax =-+ 的单调区间.训练:（2）求函数()21ln 2f x x ax x =-+ 的单调区间。
训练：(3）求函数()ln f x x ax =- 的单调区间训练：（4）求函数()()()=-++≥-的单调区间f x ax a x a1ln(1)1训练：(5)求函数()kx=⋅的单调区间f x x e近３年全国高考导数试题１.(2017全国卷３）已知函数()1ln=--f x x a xf x≥，求a的值（1）若()0２.（2017全国卷２）已知函数()2ln=--，且()0≥f x ax ax x xfx （1）求a的值３。
(2017全国卷１)已知函数()()22x x f x ae a e x =+-- ，(1）讨论()x f 的单调性4(2015全国卷2)已知函数()2mx f x e x mx =+- 的单调性， 证明:()x f 在()0,∞-上单调递减，在()+∞,0上单调递增5.（2015全国卷1）已知函数()31,4f x x ax =++ ()x xg ln -=(1）当a 为何值时，x 轴为曲线()x f y =的切线。
6.(2017全国卷文1)已知函数()()2,x x f x e e a a x =--(1）讨论()x f 的单调性7.(2017全国卷文２）已知函数()()21,x f x e x =-(1)讨论()x f 的单调性8.（2016全国文卷2)已知函数()()()1ln 1,f x x x a x =+--(1)当4=a 时，求曲线()x f y =在()()1,1f 处的切线。
9.（2016全国文卷１）已知函数()()()221x f x x e a x =-+- 有两个零点， (1)求实数a 的取值范围(2)若()x f 有两个零点，求a 的取值范围10。
(2015全国文卷１）已知函数()lnx=-，f x e a x （1)讨论函数()x f的导函数()x f,的零点个数11。
(2018全国文卷１）已知函数()e ln 1x f x a x =--.（1）设2x =是()f x 的极值点,求a ，并求()f x 的单调区间12(2011湖南)已知函数()()R a x a xx x f ∈--=ln 1。
（1）讨论函数()f x 的单调性13.(2018全国文卷2)已知函数.())1(3122++-=x x a x x f1。
设3=a 时,并求()f x 的单调区间14。
（2018全国理科)已知函数()()R a x a xx x f ∈+-=ln 1. （1）讨论函数()f x 的单调性这三道选择题是引入课题不用多讲，然后总结做单调性步骤1。
函数的递增区间为（)A. B.C.D。
2.函数的递增区间是（)A. B.和C。
D.和3.函数单调递增区间是（)A. B. C.D。
4.已知函数．Ⅰ求函数的单调区间；5.已知函数．（1)求函数的单调区间；6.已知函数．Ⅰ当时，求的单调区间；7。
已知函数．若，求的单调区间;8.已知函数．讨论的单调性；9.已知函数设，试讨论单调性；10。
已知函数．讨论的单调性；11.设定义在上的函数．求函数的单调区间；12。
已知函数．（1）讨论的单调性；13。
已知函数．Ⅰ讨论函数的单调性；14.已知常数，函数．（1）讨论在区间上的单调性;15.已知函数．（1)讨论的单调性；16。
已知函数．（1）讨论的单调性；17。
已知函数．(1）讨论的单调性；．18.已知函数．Ⅰ讨论的单调性；答案1。
D2。
C3.C4.Ⅰ依题意,令，得,令，得，∴的单调增区间为，单调减区间为；5.函数的导数，设，，则,则为减函数,又，则当时，，此时，此时为减函数,当时，，此时，此时为增函数．即函数的增区间为，减区间为．6.Ⅰ时，，,由，得，,解得：，故在递减,在递增；7.7.解：当时,,所以时，令解得，当，时,,函数是增函数,当时，，函数是单调递减,综上，在，，上是增函数，在上递减．8.解：函数的定义域为，函数的导数，设，当时，恒成立，即恒成立，此时函数在上是减函数，当时，判别式，①当时,，即，即恒成立，此时函数在上是减函数，②当时，,,的变化如下表：-+-递减递增递减综上当时，在上是减函数，当时,在,和上是减函数，则上是增函数．9.解：函数的定义域为，，令,则，舍去．令，则，令,则，所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；．10.解：因为，求导,，①当时，恒成立，此时在上单调递增;②当,由于,所以恒成立，此时在上单调递增；③当时，令，解得：．因为当、当，所以在上单调递增、在上单调递减．综上可知：当时在上单调递增，当时，在上单调递增、在上单调递减;11.解：(1)，当时，，在上为增函数；当时，由，得，即，由，得．∴函数的单调增区间为，减区间为；12.的定义域为,．①当时，，所以在上单调递减，②当时，．，，的变化情况如下表：+—单调递增单调递减所以，在上单调递增；在上单调递减．综上，当时,在上单调递减；当时，在上单调递增;在上单调递减．12.Ⅰ∵，当时,恒成立，∴在上单调递增，当时，由时，,∴单调递增，由时，,∴单调递减，综上所述:当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在单调性递减，14。
∵,∴,∵,∴当时，即时，恒成立，则函数在单调递增，当时，由得,则函数在单调递减，在单调递增．15.函数的定义域是，,若，当时，，当时，,故在递增，在递减，若，当时,，当时,，故在递增,在递减；16.,①时，由于，故，，∴在递减,②时,由，解得：，在区间上，，在区间上,, ∴函数在递增,在递减，综上，时，在递减,时，函数在递增，在递减；18。
Ⅰ当时，，在上是增函数；当时，由，得（取正根），在区间内,是增函数；在区间内,，是减函数．综上,当时，的增区间为，没有减区间；当时，的减区间是，增区间是．。