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课时作业(十六)　导数与函数的单调性
一、单项选择题
1．函数f(x)＝x＋－lnx的单调递减区间是(　　)
A．(－2，3)
B．(－∞，－2)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞)
D．(0，3)
2．[2023·辽宁丹东月考]函数f(x)＝的单调递增区间为(　　)
A．(－∞，0) B．(0，2log2e)
C．(－∞，2log2e) D．(2log2e，＋∞)
3．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，函数y＝f(x)的图象大致是图中的(　　)
4．已知函数f(x)＝x＋lnx＋cosx，若f(x2－4)≤f(3x)，则实数x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
B．(－∞，2)∪[4，＋∞)
C．(0，4]
D．(2，4]
5．[2023·河北保定模拟]若函数f(x)＝kx－ex在区间(1，＋∞)单调递减，则k的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[e，＋∞) D．(－∞，e]
6．[2023·安徽黄山模拟]若函数f(x)＝lnx＋在[2，4]上为单调递增函数，则a的取值范围为(　　)
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(－∞，4] D．[4，＋∞)
7．已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)在R上恒有f′(x)<，则不等式f(x)<＋的解集为(　　)
A．(1，＋∞)
B．(－∞，1)
C．(－1，1)
D．(－∞，1)∪(1，＋∞)
8．(能力题)[2023·天津外国语附中月考]设a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．aC．a9．(能力题)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)<0，则(　　)
A．2f(3)>3f(2) B．2f(3)<3f(2)
C．3f(3)>2f(2) D．3f(3)<2f(2)
10．(能力题)[2023·河北沧州模拟]设a＝1.1e0.9，b＝0.99e，c＝0.9e1.1，则(　　)
A．c>a>bB．c>b>a
C．a>b>cD．a>c>b
二、多项选择题
11．[2023·山东菏泽月考]若函数f(x)的导函数在定义域内单调递增，则f(x)的解析式可以是(　　)
A．f(x)＝x2＋sinx
B．f(x)＝x2
C．f(x)＝1＋cosx
D．f(x)＝x2＋lnx
12．(能力题)设函数f(x)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．f(x)的定义域是(0，＋∞)
B．当x∈(0，1)时，f(x)的图象位于x轴下方
C．f(x)存在单调递增区间
D．f(x)有两个单调区间
三、填空题
13．已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax的单调递减区间为(，1)，则a的值为________．
14．(能力题)[2023·山东日照模拟]设函数f(x)＝x3－27lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．
四、解答题
15．[2023·河南荥阳模拟]已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)当a＝2时，讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．
?优生选做题?
16．[2023·广东汕头模拟](多选)若0A．eb＋＋2a>ea＋＋2b
B．bea－eb>aeb－ea
C．asinb＋bD．sinbcosa>sina
17．[2023·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－ax，a∈R.
(1)讨论函数f(x)在(－1，＋∞)上的单调性；
(2)若x∈(－1，0]，f(x)≤1－cosx，求a的取值范围．
课时作业（十六）　导数与函数的单调性
1．解析：函数的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝1－－＝，
令f′（x）<0，解得0所以函数f（x）＝x＋－lnx在（0，3）上单调递减．
故选D.
答案：D
2．解析：因为f（x）＝，该函数的定义域为R，
f′（x）＝＝，
由f′（x）>0，可得x（xln2－2）<0，解得0因此函数f（x）的单调递增区间为（0，2log2e）.
故选B.
答案：B
3．解析：由函数y＝xf′（x）的图象可知，当x∈（－∞，－1）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，排除A、B；当x∈（0，x0），（00，函数f（x）单调递增，所以函数f（x）在x＝x0处取极小值，排除D.
故选C.
答案：C
4．解析：因为f（x）＝x＋lnx＋cosx（x>0），所以f′（x）＝1＋－sinx>0，即函数f（x）单调递增，由f（x2－4）≤f（3x）可得，0故选D.
答案：D
5．解析：∵函数f（x）＝kx－ex在区间（1，＋∞）单调递减，
∴f′（x）＝k－ex≤0在区间（1，＋∞）上恒成立，即k≤（ex）min，x∈（1，＋∞），
∴k≤e，∴k的取值范围是（－∞，e].
故选D.
答案：D
6．解析：f′（x）＝－＝，因为函数f（x）＝lnx＋在[2，4]上为增函数，
所以f′（x）≥0在[2，4]上恒成立，故x－a≥0在[2，4]上恒成立，
故a≤x在[2，4]上恒成立，所以a≤2.
故选A.
答案：A
7．解析：因为f（x）<＋可化为f（x）－－<0，
令g（x）＝f（x）－－，则g′（x）＝f′（x）－，
因为f′（x）<，
所以g′（x）<0，所以g（x）在R上单调递减，
因为f（1）＝1，所以g（1）＝f（1）－－＝0，
所以g（x）所以x>1，即不等式f（x）<＋的解集为（1，＋∞）.
故选A.
答案：A
8．解析：令f（x）＝，则f′（x）＝，所以当00，当x>e时f′（x）<0，
所以f（x）在（0，e）上单调递增，（e，＋∞）上单调递减，又2又b－a＝－＝＝>0，所以b>a，
所以c>b>a.
故选A.
答案：A
9．解析：构造函数g（x）＝（x≠0），
∵函数f（x）在R上可导，且满足f（x）－xf′（x）<0，
∴g′（x）＝>0，
∴x>0时，函数g（x）单调递增，
∴g（3）>g（2），
即<，即3f（2）<2f（3）.
故选A.
答案：A
10．解析：设f（x）＝（1＋x）e1－x－（1－x）e1＋x，
则f′（x）＝e1－x－（1＋x）e1－x－[－e1＋x＋（1－x）e1＋x]＝－xe1－x＋xe1＋x＝xe1－x（e2x－1）≥0，
f（x）是R上的增函数，
所以f（0.1）>f（0），即1.1e0.9－0.9e1.1>0，1.1e0.9>0.9e1.1，
设g（x）＝，则g′（x）＝＝，
当x≥0时，g′（x）≥0（只有g′（0）＝0），g（x）单调递增，
所以g（0.1）>g（0），即>1，e0.1>1.1，两边乘以0.9e得0.9e1.1>0.99e，
综上a>c>b.
故选D.
答案：D
11．解析：A：由f（x）＝x2＋sinx f′（x）＝2x－cosx，令g（x）＝f′（x）＝2x－cosx，
因为g′（x）＝2＋sinx>0，所以函数f′（x）是实数集上的增函数，符合题意；
B：由f（x）＝x2 f′（x）＝2x，因为一次函数f′（x）＝2x是实数集上的增函数，
所以符合题意；
C：由f（x）＝1＋cosx f′（x）＝－sinx，因为函数f′（x）＝－sinx是周期函数，所以函数f′（x）＝－sinx不是实数集上的增函数，因此不符合题意；
D：由f（x）＝x2＋lnx f′（x）＝2x＋，令g（x）＝f′（x）＝2x＋，
则g′（x）＝2－＝，当x∈时，g′（x）<0，g（x）单调递减，因此不符合题意，
故选AB.
答案：AB
12．解析：由，得x>0且x≠1，所以函数f（x）＝的定义域为（0，1）∪（1，＋∞），所以A不正确．
当x∈（0，1）时，lnx<0，ex>0，所以f（x）<0，所以当x∈（0，1）时，f（x）的图象位于x轴下方，所以B正确．
f′（x）＝，令g（x）＝lnx－，则g′（x）＝＋>0，所以函数g（x）单调递增，g（1）＝－1<0，g（e）＝1－>0，故存在x0>1，使得g（x0）＝0，则函数f′（x）＝0只有一个根x0，当x∈（0，1）和x∈（1，x0）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，＋∞）时，函数f（x）单调递增，所以函数有三个单调区间，所以C正确，D不正确．
故选BC.
答案：BC
13．解析：函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝＋2x＋a＝，
由题意可知，不等式2x2＋ax＋1<0的解集为（，1），所以＋1＝－，解得a＝－3.
答案：－3
14．解析：f′（x）＝x2－＝，x>0，令f′（x）≤0，得0答案：115．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝ex－2x－1，定义域为x∈R.
∴f′（x）＝ex－2.
令f′（x）>0，即ex－2>0解得x>ln2；
令f′（x）<0，即ex－2<0解得x∴当a＝2时，函数f（x）的单调增区间是（ln2，＋∞），递减区间为（－∞，ln2）.
（2）∵f（x）＝ex－ax－1，x∈R，∴f′（x）＝ex－a.
∵f（x）在R上单调递增，即f′（x）＝ex－a≥0恒成立，
∵当x∈R时，ex∈（0，＋∞），
∴a≤0，即a的取值范围为（－∞，0].
16．解析：A：令f（x）＝ex－－2x且0故f（x）在定义域上单调递增，则f（a）>f（b），即eb－－2b所以eb＋＋2aB：令f（x）＝x－ln（x＋1）且00，
故f（x）在定义域上单调递增，则f（a）>f（b），即a－ln（a＋1）>b－ln（b＋1），
所以lnea（b＋1）>lneb（a＋1），则ea（b＋1）>eb（a＋1），即bea－eb>aeb－ea，正确；
C：令f（x）＝且00，
故f（x）在定义域上递增，则f（a）>f（b），即>，
所以b（sina－1）>a（sinb－1），则asinb＋bD：当b＝，a＝时，sinbcosa＝故选BC.
答案：BC
17．解析：（1）由题意得，x∈（－1，＋∞），f′（x）＝－a＝＝，
当a≤0时，f′（x）>0，则函数f（x）在（－1，＋∞）上单调递增；
当a>0时，令f′（x）＝0，解得x＝＝－1；
当x∈（－1，－1）时，f′（x）>0，则函数f（x）在（－1，－1）上单调递增；
当x∈（－1，＋∞）时，f′（x）<0，函数f（x）在x∈（－1，＋∞）上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f（x）在（－1，＋∞）上单调递增；
当a>0时，函数f（x）在上单调递增，在（－1，＋∞）上单调递减．
（2）由题意得，ln（x＋1）－ax≤1－cosx，即ln（x＋1）＋cosx－ax≤1.
令g（x）＝ln（x＋1）＋cosx－ax，则g′（x）＝－sinx－a，
当－1①当a≤1时，1－a≥0，则g′（x）≥0恒成立，∴g（x）为增函数，∴g（x）≤g（0）＝1；
②当a>1时，1－a<0，－1<－1<0，
∵g′（0）＝1－a<0，g′（－1）＝－sin（－1）>0，
∴存在x0∈（－1，0]，使g′（x0）＝0，且x∈[x0，0]时，g′（x）<0，g（x）单调递减，
∴g（x0）>g（0）＝1，与g（x）≤1矛盾，舍去．
综上所述，实数a的取值范围是（－∞，1].(共51张PPT)
第二节　导数与函数的单调性
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】　
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性和导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性.
3.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．
必备知识·夯实双基
知识梳理
导数与函数的单调性的关系
条件 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)内__________
f′(x)<0 f(x)在(a，b)内__________
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是__________
单调递增
单调递减
常数函数
[常用结论]
1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．(　　)
(3)若函数在定义域上都有f′(x)>0，则在定义域上一定单调递增．(　　)
(4)由于>0在(－∞，0)上恒成立，且函数y＝－的导数y′＝，所以函数y＝－的单调递增区间是(－∞，0).(　　)
×
√
×
×
2．(教材改编)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(　　)
答案：D
解析：由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上先增后减再增．
故选D.
3．(教材改编)函数y＝3x2－2ln x的单调递增区间为___________，单调递减区间为________．
(，＋∞)　
(0，)
解析：y′＝6x－＝.
∵函数的定义域为(0，＋∞)，∴由y′>0，得x>.
∴函数的单调递增区间为(，＋∞)．
由y′<0，得0∴函数的单调递减区间为(0，)．
4．(易错)若函数f(x)＝x3－x2＋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，
∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，
∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，即－1，4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，由韦达定理得－1×4＝a，即a＝－4.
5．(易错)若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
(0，2]
解析：解法一：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞) [a，＋∞)，
∴a≤2.又a>0，∴0解法二：y′＝1－，依题意知1－≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4.又a>0，∴0关键能力·题型突破
题型一　求函数的单调区间
例 1 求下列函数的单调区间
(1)f(x)＝；
解析：f(x)的定义域为(－∞，－1)＝.
当x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当－1当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)在(－∞，－1)和(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)＝－x.
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝，
易知，y＝－x3，y＝－2ln x在(0，＋∞)上为减函数，
所以φ(x)＝1－2ln x－x3在(0，＋∞)上为减函数，且φ(1)＝0，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
故函数的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)．
题后师说
求函数单调区间的步骤
巩固训练1
(1)函数f(x)＝－ln x＋x的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，0)
B．(－∞，0)和(1，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(－1，＋∞)
答案：C
解析：由题设，f′(x)＝1－>0且x∈(0，＋∞)，可得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
故选C.
(2)[2023·河北唐山一中月考]函数f(x)＝sin x－x，x∈(0，π)的单调递减区间为________．
(0，π)
解析：由题设，f′(x)＝1－>0且x∈(0，＋∞)，可得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
故选C.
题型二　讨论函数的单调性
例 2(1)已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
(2)[2023·安徽宿州模拟]已知函数f(x)＝＋ax－ln x，讨论函数的单调性．
解析：(1)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a．若x若x>ln a，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，函数f(x)单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)f(x)＝－x2＋ax－ln x，x∈(0，＋∞)．
f′(x)＝－x＋a－＝－.
①当a≤0时，x2－ax＋1>0，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，
若0f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
若a>2时，Δ>0，设方程x2－ax＋1＝0的两个解为x1，x2，
x1＝>0，x2＝>0.
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当x∈()时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>2时，f(x)在(0，)上单调递减，在()上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
题后师说
(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)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内．
巩固训练2
[2023·河南安阳模拟]已知函数f(x)＝2a ln x＋x2－(2a＋1)x，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
解析：f′(x)＝＋x－(2a＋1)＝＝，
①若a≤0，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②若00，得01；由f′(x)<0，得2a所以f(x)在(0，2a)，(1，＋∞)上单调递增，在(2a，1)上单调递减．
③若a＝，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
④若a>，由f′(x)>0，得02a；由f′(x)<0，得1所以f(x)在(0，1)，(2a，＋∞)上单调递增，在(1，2a)上单调递减．
题型三　函数单调性的应用
角度一 比较大小或解不等式
例 3(1)[2023·河南郑州模拟]已知a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．b>c>a　　 B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
答案：A
解析：令f(x)＝，则f′(x)＝，
当00；当x>e时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
a＝f(5)，b＝f(e)，c＝f(3)，因为e<3<5，所以b>c>a.
故选A.
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足：xf′(x)＋f(x)>0，且f(1)＝1，则xf(x)>1的解集为___________．
{x|x>1}
解析：由题意得，构造g(x)＝xf(x)，
则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，则g(x)在R上为单调递增函数，
因为f(1)＝1，所以g(1)＝1×f(1)＝1，
所以xf(x)>1可变形为g(x)>g(1)，
因为g(x)在R上为单调递增函数，
所以x>1，则xf(x)>1的解集为{x|x>1}．
题后师说
利用单调性比较大小或解不等式，关键是根据题意构造辅助函数，利用构造的函数的单调性比较大小或解不等式．(关于构造函数见后面的专题突破)

巩固训练3
(1)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)
答案：A
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∈(0，)时，f′(x)＝sin x＋x cos x>0，所以函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f()f(1)>f()．
故选A.
(2)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>2，f(1)＝3，则不等式f(x)－2x－1>0的解集为(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)
答案：B
解析：令g(x)＝f(x)－2x－1，
则g′(x)＝f′(x)－2>0，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，
又g(1)＝f(1)－3＝0.∴不等式f(x)－2x－1>0 g(x)>g(1)，
可得x>1.
∴不等式f(x)－2x－1>0的解集为(1，＋∞)．
故选B.
角度二 根据单调性求参数的范围
例 4 已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内单调递增，则实数a的取值范围是________．
(－∞，2]
解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2x2－a≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≤(2x2)min，
所以a≤2.
变式探究1　已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
(－∞，8)
解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)>0在[1，2]上有解，
即2x2－a>0在[1，2]上有解，
所以a<(2x2)max，
所以a<8.
变式探究2　
[2023·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(2，8) B．[2，8]
C．(－∞，2]
答案：A
解析：f′(x)＝2x－＝，
令g(x)＝2x2－a，由于函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，
则g(x)＝2x2－a在区间(1，2)的函数值有正有负，
而二次函数g(x)＝2x2－a开口向上，对称轴为y轴，
所以g(x)＝2x2－a在区间(1，2)上单调递增，所以，解得2所以实数a的取值范围是(2，8)．
故选A.
题后师说
根据函数的单调性求参数的策略
巩固训练4
(1)[2023·河北石家庄模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x在区间(0，1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．a>1　　B．a≥1　　C．a>0　　D．a≥0
答案：B
解析：(1)根据函数f(x)＝x－a ln x在区间(0，1)上单调递减，
所以f′(x)≤0恒成立，f′(x)＝1－≤0，
所以a≥x恒成立，所以a≥xmax，即a≥1.
故选B.
(2)若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为__________．
(－1，＋∞)
解析：若函数f(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，
则当x＞0时，－ax－2＜0有解，即a＞有解．
设g(x)＝，所以只要a＞g(x)min.
又g(x)＝(－1)2－1，所以g(x)min＝－1.
所以a＞－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．
专题突破 　构造法在导数中的应用
微专题1 利用f(x)与x构造
例 1(1)已知函数y＝f(x)为偶函数，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝21.5f(21.5)，b＝ln 3f(ln 3)，c＝，则(　　)
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．a>c>b
答案：B
解析：构造g(x)＝xf(x)，
当x∈(－∞，0)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，
且易知g(x)为奇函数，故y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递减，由21.5>2＝>ln 3>0，
所以(21.5)故选B.
(2)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)
B．(0，1)
C．(－∞，－1)
D．(－1，0)
答案：D
解析：由题意设g(x)＝，则g′(x)＝
∵当x＞0时，有xf′(x)－f(x)>0，
∴当x＞0时，g′(x)>0，∴函数g(x)＝在(0，＋∞)上为增函数，
∵函数f(x)是奇函数，∴g(－x)＝g(x)，
∴函数g(x)为定义域上的偶函数，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
由f(－1)＝0得，g(－1)＝0，
∵不等式f(x)＞0 x g(x)＞0，
∴或，
即有x＞1或－1＜x＜0，
∴使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－1，0)
故选D.
题后师说
(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)．
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
微专题2 利用f(x)与ex构造
例 2(1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论一定正确的是(　　)
A．e2f(2)>e3f(3) B．e2f(2)C．e3f(2)>e2f(3) D．e3f(2)答案：A
解析：构造函数g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，因为f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，因此可得g(x)在R上单调递减，由于2<3，故g(2)>g(3) e2f(2)>e3f(3)，
故选A.
(2)[2023·辽宁锦州模拟]已知定义在R上的函数f(x)的导函数f′(x)，且f(x)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)
B．ef(2)>f(1)，f(2)C．ef(2)D．ef(2)ef(1)
答案：D
解析：构造函数g(x)＝ g′(x)＝，因为f(x)所以g′(x)>0，因此函数g(x)是增函数，
于是有g(2)>g(1) > f(2)>ef(1)，
构造函数h(x)＝f(x)·ex h′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为f(x)所以h′(x)<0，因此h(x)是单调递减函数，
于是有h(2)故选D.
题后师说
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)．
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
微专题3 利用f(x)与sin x、cos x构造
例 3(多选)定义在(0，)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()>f()
B．f()>f()
C．f()>f()
D．f()>f()
答案：CD
解析：构造函数
g(x)＝(0即函数g(x)在(0，)上单调递减，
所以g()>g()，
所以f()>f()，
同理g()>g()，
即f()>f()．故选CD.
题后师说
函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，F′(x)＝.
微专题4 同构法构造函数
例 4 (1)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＋1＋bA．ab>e B．b>ea＋1
C．ab答案：B
解析：由已知，aea＋10，则ea>1.又b(ln b－1)>0，b>0，则ln b>1，即b>e，从而>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以ea<，即b>ea＋1.
故选B.
(2)[2023·山东临沂模拟]若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且当x1，则m的最小值是________．
3
解析：由于当x1，
所以ln x1－ln x2<＝，即ln x1＋所以当任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且当x1所以f(x)在(m，＋∞)上单调递增，
因为由f′(x)＝＝>0，得x>3，
所以f(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以m≥3，
所以m的最小值是3.
题后师说
同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤b ln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x．第二节　导数与函数的单调性
【课标标准】　1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性.3.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．
必备知识·夯实双基
知识梳理
导数与函数的单调性的关系
条件 结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)内__________
f′(x)<0 f(x)在(a，b)内__________
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是__________
[常用结论]
1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．(　　)
(3)若函数在定义域上都有f′(x)>0，则在定义域上一定单调递增．(　　)
(4)由于>0在(－∞，0)上恒成立，且函数y＝－的导数y′＝，所以函数y＝－的单调递增区间是(－∞，0).(　　)
2．(教材改编)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(　　)
3．(教材改编)函数y＝3x2－2ln x的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
4．(易错)若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________．
5．(易错)若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
关键能力·题型突破
题型一　求函数的单调区间
例 1 求下列函数的单调区间
(1)f(x)＝；
(2)f(x)＝－x.
题后师说
求函数单调区间的步骤
巩固训练1
(1)函数f(x)＝－ln x＋x的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，0)
B．(－∞，0)和(1，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(－1，＋∞)
(2)[2023·河北唐山一中月考]函数f(x)＝sin x－x，x∈(0，π)的单调递减区间为________．
题型二　讨论函数的单调性
例 2(1)已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
(2)[2023·安徽宿州模拟]已知函数f(x)＝＋ax－ln x，讨论函数的单调性．
题后师说
(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)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内．
巩固训练2
[2023·河南安阳模拟]已知函数f(x)＝2a ln x＋x2－(2a＋1)x，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
题型三　函数单调性的应用
角度一比较大小或解不等式
例 3(1)[2023·河南郑州模拟]已知a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．b>c>a　　　　　B．c>b>a
C．a>c>bD．b>a>c
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足：xf′(x)＋f(x)>0，且f(1)＝1，则xf(x)>1的解集为________________．
题后师说
利用单调性比较大小或解不等式，关键是根据题意构造辅助函数，利用构造的函数的单调性比较大小或解不等式．(关于构造函数见后面的专题突破)
巩固训练3
(1)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)
(2)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>2，f(1)＝3，则不等式f(x)－2x－1>0的解集为(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)
角度二根据单调性求参数的范围
例 4 已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内单调递增，则实数a的取值范围是________．
变式探究1　已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
变式探究2　
[2023·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(2，8) B．[2，8]
C．(－∞，2]
题后师说
根据函数的单调性求参数的策略
巩固训练4
(1)[2023·河北石家庄模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x在区间(0，1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．a>1　　B．a≥1　　C．a>0　　D．a≥0
(2)若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．
专题突破 　构造法在导数中的应用
微专题1利用f(x)与x构造
例 1(1)已知函数y＝f(x)为偶函数，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝21.5f(21.5)，b＝ln 3f(ln 3)，c＝，则(　　)
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．a>c>b
(2)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)
B．(0，1)
C．(－∞，－1)
D．(－1，0)
题后师说
(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)．
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
微专题2利用f(x)与ex构造
例 2(1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论一定正确的是(　　)
A．e2f(2)>e3f(3) B．e2f(2)C．e3f(2)>e2f(3) D．e3f(2)(2)[2023·辽宁锦州模拟]已知定义在R上的函数f(x)的导函数f′(x)，且f(x)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)
B．ef(2)>f(1)，f(2)C．ef(2)D．ef(2)ef(1)
题后师说
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)．
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
微专题3利用f(x)与sin x、cos x构造
例 3(多选)定义在(0，)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()>f()
B．f()>f()
C．f()>f()
D．f()>f()
题后师说
函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，F′(x)＝.
微专题4同构法构造函数
例 4 (1)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＋1＋bA．ab>e B．b>ea＋1
C．ab(2)[2023·山东临沂模拟]若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且当x1，则m的最小值是________．
题后师说
同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤b ln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x．
第二节　导数与函数的单调性
必备知识·夯实双基
知识梳理
单调递增　单调递减　常数函数
夯实双基
1．答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．解析：由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上先增后减再增．
故选D.
答案：D
3．解析：y′＝6x－＝.
∵函数的定义域为(0，＋∞)，∴由y′>0，得x>.
∴函数的单调递增区间为(，＋∞)．
由y′<0，得0∴函数的单调递减区间为(0，)．
答案：(，＋∞)　(0，)
4．解析：f′(x)＝x2－3x＋a，
∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，
∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，即－1，4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，由韦达定理得－1×4＝a，即a＝－4.
答案：－4
5．解析：解法一：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞) [a，＋∞)，
∴a≤2.又a>0，∴0解法二：y′＝1－，依题意知1－≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4.又a>0，∴0答案：(0，2]
关键能力·题型突破
例1　解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，－1)＝.
当x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当－1当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)在(－∞，－1)和(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝，
易知，y＝－x3，y＝－2ln x在(0，＋∞)上为减函数，
所以φ(x)＝1－2ln x－x3在(0，＋∞)上为减函数，且φ(1)＝0，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
故函数的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)．
巩固训练1　解析：(1)由题设，f′(x)＝1－>0且x∈(0，＋∞)，可得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
故选C.
(2)当0所以f(x)的单调递减区间为(0，π)．
答案：(1)C　(2)(0，π)
例2　解析：(1)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a．若x若x>ln a，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，函数f(x)单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)f(x)＝－x2＋ax－ln x，x∈(0，＋∞)．
f′(x)＝－x＋a－＝－.
①当a≤0时，x2－ax＋1>0，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，
若0f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
若a>2时，Δ>0，设方程x2－ax＋1＝0的两个解为x1，x2，
x1＝>0，x2＝>0.
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当x∈()时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>2时，f(x)在(0，)上单调递减，在()上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
巩固训练2　解析：f′(x)＝＋x－(2a＋1)＝＝，
①若a≤0，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②若00，得01；由f′(x)<0，得2a所以f(x)在(0，2a)，(1，＋∞)上单调递增，在(2a，1)上单调递减．
③若a＝，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
④若a>，由f′(x)>0，得02a；由f′(x)<0，得1所以f(x)在(0，1)，(2a，＋∞)上单调递增，在(1，2a)上单调递减．
例3　解析：(1)令f(x)＝，则f′(x)＝，
当00；当x>e时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
a＝f(5)，b＝f(e)，c＝f(3)，因为e<3<5，所以b>c>a.
故选A.
(2)由题意得，构造g(x)＝xf(x)，
则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，则g(x)在R上为单调递增函数，
因为f(1)＝1，所以g(1)＝1×f(1)＝1，
所以xf(x)>1可变形为g(x)>g(1)，
因为g(x)在R上为单调递增函数，
所以x>1，则xf(x)>1的解集为{x|x>1}．
答案：(1)A　(2){x|x>1}
巩固训练3　解析：(1)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∈(0，)时，f′(x)＝sin x＋x cos x>0，所以函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f()f(1)>f()．
故选A.
(2)令g(x)＝f(x)－2x－1，
则g′(x)＝f′(x)－2>0，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，
又g(1)＝f(1)－3＝0.∴不等式f(x)－2x－1>0 g(x)>g(1)，
可得x>1.
∴不等式f(x)－2x－1>0的解集为(1，＋∞)．
故选B.
答案：(1)A　(2)B
例4　解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2x2－a≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≤(2x2)min，
所以a≤2.
答案：(－∞，2]
变式探究1　解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)>0在[1，2]上有解，
即2x2－a>0在[1，2]上有解，
所以a<(2x2)max，
所以a<8.
答案：(－∞，8)
变式探究2　解析：f′(x)＝2x－＝，
令g(x)＝2x2－a，由于函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，
则g(x)＝2x2－a在区间(1，2)的函数值有正有负，
而二次函数g(x)＝2x2－a开口向上，对称轴为y轴，
所以g(x)＝2x2－a在区间(1，2)上单调递增，所以，解得2所以实数a的取值范围是(2，8)．
故选A.
答案：A
巩固训练4　解析：(1)根据函数f(x)＝x－a ln x在区间(0，1)上单调递减，
所以f′(x)≤0恒成立，f′(x)＝1－≤0，
所以a≥x恒成立，所以a≥xmax，即a≥1.
故选B.
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，
则当x＞0时，－ax－2＜0有解，即a＞有解．
设g(x)＝，所以只要a＞g(x)min.
又g(x)＝(－1)2－1，所以g(x)min＝－1.
所以a＞－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．
答案：(1)B　(2)(－1，＋∞)
专题突破 　构造法在导数中的应用
例1　解析：(1)构造g(x)＝xf(x)，
当x∈(－∞，0)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，
且易知g(x)为奇函数，故y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递减，由21.5>2＝>ln 3>0，
所以(21.5)故选B.
(2)由题意设g(x)＝，则g′(x)＝
∵当x＞0时，有xf′(x)－f(x)>0，
∴当x＞0时，g′(x)>0，
∴函数g(x)＝在(0，＋∞)上为增函数，
∵函数f(x)是奇函数，
∴g(－x)＝g(x)，
∴函数g(x)为定义域上的偶函数，
g(x)在(－∞，0)上单调递减，
由f(－1)＝0得，g(－1)＝0，
∵不等式f(x)＞0 x g(x)＞0，
∴或，
即有x＞1或－1＜x＜0，
∴使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－1，0)
故选D.
答案：(1)B　(2)D
例2　解析：(1)构造函数g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，因为f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，因此可得g(x)在R上单调递减，由于2<3，故g(2)>g(3) e2f(2)>e3f(3)，
故选A.
(2)构造函数g(x)＝ g′(x)＝，因为f(x)所以g′(x)>0，因此函数g(x)是增函数，
于是有g(2)>g(1) > f(2)>ef(1)，
构造函数h(x)＝f(x)·ex h′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为f(x)所以h′(x)<0，因此h(x)是单调递减函数，
于是有h(2)故选D.
答案：(1)A　(2)D
例3　解析：构造函数
g(x)＝(0＝<0，即函数g(x)在(0，)上单调递减，
所以g()>g()，
所以f()>f()，
同理g()>g()，
即f()>f()．故选CD.
答案：CD
例4　解析：(1)由已知，aea＋10，则ea>1.又b(ln b－1)>0，b>0，则ln b>1，即b>e，从而>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以ea<，即b>ea＋1.
故选B.
(2)由于当x1，
所以ln x1－ln x2<＝，
即ln x1＋令f(x)＝ln x＋，
所以当任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且当x1所以f(x)在(m，＋∞)上单调递增，
因为由f′(x)＝＝>0，得x>3，
所以f(x)在(3，＋∞)上单调递增，
所以m≥3，
所以m的最小值是3.
答案：(1)B　(2)3

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