资源简介

　利用导数研究函数的单调性
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法
考点一　不含参的函数的单调性　[基础性]
1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　)
A．(0，1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1，1)
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0，3)
C．(1，4) D．(2，＋∞)
3．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．在上递增 D．在上递减
4．[2022·宁夏银川模拟]若幂函数f(x)的图象过点()，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
5．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝x sin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________．
　
反思感悟 利用导数求函数的单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，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．
考点二　含参数的函数的单调性　[综合性]
[例1]　已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
听课笔记：
一题多变　
(变条件)若例1中“a>0”改为“a∈R”，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？
　反思感悟 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；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
【对点训练】
讨论下列函数的单调性．
(1)f(x)＝x－a ln x；
(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.
考点三　导数在函数单调性中的应用　[基础性、综合性]
角度1　比较大小
[例2]　已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f，f(1)，f 的大小关系为(　　)
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f >f
C．f >f(1)>f
D．f>f>f(1)
听课笔记：
反思感悟　利用导数比较大小的策略
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．
　　
角度2　解不等式
[例3]　(1)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时xf′(x)－f(x)<0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．bC．a(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
听课笔记：
　反思感悟 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；题目中存在消去f(x)与f′(x)的不等式关系时，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．
角度3　根据函数的单调性求参数的值(范围)
[例4]　已知函数f(x)＝x3－ax2＋2x.
(1)若f(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数a的取值范围．
听课笔记：
一题多变
1．(变条件)若本例中f(x)的单调减区间为(－2，－1)，则a的值为________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(变条件)若本例中f(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
反思感悟　已知函数的单调性，
求参数的取值范围的方法
(1)转化为不等式恒成立问题
若函数f(x)在某区间上单调递增→f′(x)≥0在该区间上恒成立；
若函数f(x)在某区间上单调递减→f′(x)≤0在该区间上恒成立；
(2)转化为不等式有解问题
若函数f(x)在某区间上存在单调递增区间→f′(x)>0在该区间上解集不为空；
若函数f(x)在某区间上存在单调递减区间→f′(x)<0在该区间上解集不为空；
(3)转化为区间的包含关系
若已知y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子区间．
【对点训练】
1．已知f(x)＝，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)
2．已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(2)＝5，对任意的x都有f′(x)<，则f(x)3．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．
微专题14 构造函数解不等式　思想方法
以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
类型一　(1)f′(x)＋g′(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝f(x)＋g(x)
(2)f′(x)－g′(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝f(x)－g(x)
(3)f′(x)>k(或[例1]　[2022·河北石家庄市高三一模]已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，满足f′(x)>2，f(2)＝4，则不等式xf(x－1)>2x2－2x的解集为________．
解析：构造函数g(x)＝f(x)－2x，则g′(x)＝f′(x)－2>0，即函数g(x)在R上为增函数，
且g(2)＝f(2)－2×2＝0.
①当x<0时，由xf(x－1)>2x2－2x可得f(x－1)<2(x－1)，即f(x－1)－2(x－1)<0，
即g(x－1)<0＝g(2)，可得x－1<2，解得x<3，此时x<0；
②当x>0时，由xf(x－1)>2x2－2x可得f(x－1)>2(x－1)，即f(x－1)－2(x－1)>0.
即g(x－1)>0＝g(2)，可得x－1>2，解得x>3，此时x>3.
综上所述，不等式xf(x－1)>2x2－2x的解集为(－∞，0)
答案：(－∞，0)
类型二　(1)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝f(x)g(x)
(2)xf′(x)＋f(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝xf(x)
(3)f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝
[例2]　设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是________．
解析：设F(x)＝f(x)g(x)，则F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，
由当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，则函数y＝F(x)在(－∞，0)为增函数，
又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
则y＝F(x)在R上为奇函数，则函数y＝F(x)在(0，＋∞)为增函数，
又g(－3)＝0，所以F(－3)＝0，则F(3)＝0，
则F(x)<0的解集为(－∞，－3)即不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)
答案：(－∞，－3)
类型三　(1)f′(x)＋f(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝exf(x)
(2)f′(x)－f(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝
(3)xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝xnf(x)
(4)xf′(x)－nf(x)>0(或<0)构造函数,　F(x)＝
[例3]　[2022·四川广元市高三模拟]已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－2f(x)>0，f(－3)＝1，则不等式A．(－∞，－3)
B．(－3，3)
C．(－3，0)
D．(－∞，－3)
解析：构造函数g(x)＝，
g′(x)＝x·＝，
当x>0时，xf′(x)－2f(x)>0，故g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞) 上单调递增，
又f(x)为偶函数，y＝ 为偶函数，
所以g(x)＝为偶函数，在(－∞，0) 单调递减．
f(－3)＝1，则f(3)＝1，g(－3)＝g(3)＝＝；当x>0时，即<，g(x)<＝g(3)，所以x∈(0，3) ；
当x<0 时，即>，g(x)>＝g(－3)，所以x∈(－∞，－3)．
综上所述，x∈(－∞，－3)
答案：A
类型四　(1)f′(x)sin x＋f(x)cos x>0(或<0)构造函数,　F(x)＝f(x)sin x
(2)f′(x)cos x－f(x)sin x>0(或<0)构造函数,　F(x)＝f(x)cos x
(3)f(x)sin x＋f′(x)cos x>0(或<0)构造函数,　F(x)＝
(4)f′(x)sin x－f(x)cos x>0(或<0)构造函数,　F(x)＝
[例4]　已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，对任意x∈，f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则下列结论正确的是(　　)
A．f>f B．f>f
C．f解析：令g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
对于任意 x∈，可得g′(x)＝>0，
所以函数g(x)在上单调递增．
因为<<，所以g即<<，
所以<f答案：C
第1课时　利用导数研究函数的单调性
提升关键能力
考点一
1．解析：∵f′(x)＝2x－＝(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．
答案：A
2．解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.
答案：D
3．解析：因为函数f(x)＝x ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
f′(x)>0时，解得x>，
即函数的单调递增区间为；
当f′(x)<0时，解得0即函数的单调递减区间为.
答案：D
4．解析：设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点()，所以＝()α，即α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，则g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，令g′(x)<0，得－2答案：(－2，0)
5．解析：f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
令f′(x)＝x cos x>0(x∈(－π，π))，
解得－π故函数f(x)的单调递增区间是和.
答案：和
考点二
例1　解析：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝.
①当01，
∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝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<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
一题多变
解析：当a>0时，讨论同例1；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
对点训练
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－＝，
令f′(x)＝0，得x＝a.
①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，
x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)g(x)的定义域为R，
g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2.
①当a>ln 2时，
x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)>0，
x∈(ln 2，a)时，f′(x)<0.
②当a＝ln 2时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在R上单调递增．
③当ax∈(－∞，a)时，f′(x)>0，
x∈(a，ln 2)时，f′(x)<0，
综上，当a>ln 2时，f(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，f(x)在R上单调递增；
当a考点三
例2　解析：因为f(x)＝x sin x，所以f(－x)＝(－x)·sin (－x)＝x sin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.又当x∈时，f′(x)＝sin x＋x cos x>0，所以函数f(x)在上是增函数，所以f f(1)>f ，故选A.
答案：A
例3　解析：(1)设g(x)＝，则g′(x)＝，又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，因为函数f(x)为R上的偶函数，
所以g(x)为(－∞，0)上的奇函数，
所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
由0可得g(3)解析：(2)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上单调递增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>，
∴原不等式的解集为.
答案：(1)D　(2)
例4　解析：(1)因为f′(x)＝x2－ax＋2，
且f(x)在(－2，－1)内为减函数，
所以f′(x)≤0，
即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
所以
即解得a≤－3，
即实数a的取值范围为(－∞，－3].
(2)因为f(x)在(－2，－1)内不单调，f′(x)＝x2－ax＋2，
所以f′(－2)·f′(－1)<0
或由f′(－2)·f′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解．
由得
即
解得－3即实数a的取值范围为(－3，－2)．
一题多变
1．解析：∵f(x)的单调减区间为(－2，－1)，
∴x1＝－2，x2＝－1是f′(x)＝0的两个根，
∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.
答案：－3
2．解析：f′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式f′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a<＝－2，
当且仅当x＝即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
对点训练
1．解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
∵f′(x)＝
∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，
故x＝e时，f(x)max＝f(e)，
又f(2)＝＝，f(3)＝＝，
则f(e)>f(3)>f(2)．
答案：D
2．解析：设F(x)＝f(x)－x，
∴F′(x)＝f′(x)－<0，
∴F(x)为R上的减函数，
又F(2)＝f(2)－1＝4，
∴不等式f(x)即F(x)∴x>2.
答案：(2，＋∞)
3．解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－.
又x>0，由f′(x)＝x－≤0，得0因为函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，
所以解得1答案：(1，2]

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