2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（全國版理） 第3章 §3.2　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

§3.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考試要求1.結(jié)合實例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)．知識梳理1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在區(qū)間(a，b)上是常數(shù)函數(shù)2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟第1步，確定函數(shù)的定義域；第2步，求出導(dǎo)數(shù)f′(x)的零點；第3步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負(fù)，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性．常用結(jié)論1．若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．2．若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則x∈(a，b)時，f′(x)<0有解．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(√)(2)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．(√)(3)若函數(shù)f(x)在定義域上都有f′(x)>0，則f(x)在定義域上一定單調(diào)遞增．(×)(4)函數(shù)f(x)＝x－sinx在R上是增函數(shù)．(√)教材改編題1．f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是()答案C解析由f′(x)的圖象知，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，∴f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，x1)時，f′(x)<0，∴f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)單調(diào)遞增．2．函數(shù)f(x)＝(x－2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(1，＋∞)解析f(x)的定義域為R，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調(diào)遞減區(qū)間為[－1,4]，則實數(shù)a的值為________．答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[－1,4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集為[－1,4]，∴－1,4是方程f′(x)＝0的兩根，則a＝(－1)×4＝－4.題型一不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性例1(1)函數(shù)f(x)＝x2－2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)答案A解析∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)若函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案(1，＋∞)解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)，令φ(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時，φ(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．教師備選(2022·山師附中質(zhì)檢)若冪函數(shù)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(0,2)B．(－∞，0)∪(2，＋∞)C．(－2,0)D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案A解析設(shè)f(x)＝xα，代入點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α＝eq\f(1,2)，解得α＝2，∴g(x)＝eq\f(x2,ex)，則g′(x)＝eq\f(2xex－x2ex,e2x)＝eq\f(x2－x,ex)，令g′(x)>0，解得0<x<2，∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)．思維升華確定不含參的函數(shù)的單調(diào)性，按照判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟即可，但應(yīng)注意一是不能漏掉求函數(shù)的定義域，二是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知定義在區(qū)間(0，π)上的函數(shù)f(x)＝x＋2cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))解析f′(x)＝1－2sinx，x∈(0，π)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6)，當(dāng)0<x<eq\f(π,6)時，f′(x)>0，當(dāng)eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)時，f′(x)<0，當(dāng)eq\f(5π,6)<x<π時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減．(2)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－x2的單調(diào)遞增區(qū)間為________，單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2)解析f(x)的定義域為R，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表，x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞增∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2)．題型二含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性．解函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)或x＝1.①當(dāng)0<a<1時，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；②當(dāng)a＝1時，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；③當(dāng)a>1時，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．延伸探究若將本例中參數(shù)a的范圍改為a∈R，其他條件不變，試討論f(x)的單調(diào)性？解當(dāng)a>0時，討論同上；當(dāng)a≤0時，ax－1<0，∴x∈(0,1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．教師備選討論函數(shù)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2的單調(diào)性．解g(x)的定義域為R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①當(dāng)a>ln2時，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)時，g′(x)>0，x∈(ln2，a)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減．②當(dāng)a＝ln2時，g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上單調(diào)遞增．③當(dāng)a<ln2時，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)時，g′(x)>0，x∈(a，ln2)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a>ln2時，g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝ln2時，g(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<ln2時，g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．思維升華(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點和函數(shù)的間斷點．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)，a>0.討論f(x)的單調(diào)性．解由題知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2)，設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ<0，即0<a<2eq\r(2)時，對一切x>0都有f′(x)>0.此時f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)Δ＝0，即a＝2eq\r(2)時，僅對x＝eq\r(2)，有f′(x)＝0，對其余的x>0都有f′(x)>0.此時f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．③當(dāng)Δ>0，即a>2eq\r(2)時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根，x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0<x1<x2.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上單調(diào)遞增．題型三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用命題點1比較大小或解不等式例3(1)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小關(guān)系為()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))B．f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))D．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)答案A解析因為f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).(2)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)>1的解集為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定義域為R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取“＝”，∴f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，∴原不等式可化為f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>eq\f(3,2)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).命題點2根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍例4已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析由題意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).延伸探究在本例中，把“f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上單調(diào)遞增”改為“f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間”，求a的取值范圍．解f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))時，f′(x)>0有解，即2a>－x＋eq\f(1,x)有解，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2)，∴2a>－eq\f(3,2)，即a>－eq\f(3,4)，故a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).教師備選1．若函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋a)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)C．[1，＋∞) D．(－eq\r(2)，＋∞)答案C解析由題意得f′(x)＝ex(sinx＋a)＋excosx＝exeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a))，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq\r(2)＋a]，∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．2．(2022·江西鷹潭一中月考)若函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有3個單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍為________．答案(－∞，0)解析由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.若a≥0，則f′(x)>0恒成立，此時f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不滿足題意；若a<0，由f′(x)>0得－eq\r(－\f(1,3a))<x<eq\r(－\f(1,3a))，由f′(x)<0，得x<－eq\r(－\f(1,3a))或x>eq\r(－\f(1,3a))，即當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(1,3a))，\r(－\f(1,3a))))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(－\f(1,3a))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,3a))，＋∞))，滿足題意．思維升華根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解．(3)函數(shù)在某個區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題．跟蹤訓(xùn)練3(1)已知定義域為R的連續(xù)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足eq\f(f′x,mx－3)<0，當(dāng)m<0時，下列關(guān)系中一定成立的是()A．f(1)＋f(3)＝2f(2)B．f(0)·f(3)＝0C．f(4)＋f(3)<2f(2)D．f(2)＋f(4)>2f(3)答案D解析由eq\f(f′x,mx－3)<0，得m(x－3)f′(x)<0，又m<0，則(x－3)f′(x)>0，當(dāng)x>3時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<3時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，所以f(2)＋f(4)>2f(3)．(2)(2022·安徽省泗縣第一中學(xué)質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案[0，e－1]解析由函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，得f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，由f′(x)>0得0<x<e，由f′(x)<0得x>e.所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則(a，a＋1)?(0，e)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a＋1≤e，))解得0≤a≤e－1.課時精練1．函數(shù)f(x)＝xlnx＋1的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(e，＋∞)答案C解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．已知函數(shù)f(x)＝x(ex－e－x)，則f(x)()A．是奇函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減B．是奇函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增C．是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減D．是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增答案D解析因為f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，定義域關(guān)于原點對稱，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．3．(2022·渭南調(diào)研)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))．下面四個圖象中y＝f(x)的圖象大致是()答案C解析列表如下：x(－∞，－1)(－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞減單調(diào)遞增故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)．故函數(shù)f(x)的圖象是C選項中的圖象．4．(2022·遵義質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝－x2＋4x＋blnx在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)，則實數(shù)b的取值范圍是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＋blnx在(0，＋∞)上是減函數(shù)，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋eq\f(b,x)≤0，即b≤2x2－4x，∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.5．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>c>b B．a(chǎn)>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案A解析f(x)的定義域為R，f′(x)＝cosx－sinx－2＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－2<0，∴f(x)在R上單調(diào)遞減，又2e>1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e，故f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.6．如果函數(shù)f(x)對定義域內(nèi)的任意兩實數(shù)x1，x2(x1≠x2)都有eq\f(x1fx1－x2fx2,x1－x2)>0，則稱函數(shù)y＝f(x)為“F函數(shù)”．下列函數(shù)是“F函數(shù)”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案B解析依題意，函數(shù)g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數(shù)．對于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，故A中函數(shù)不是“F函數(shù)”；對于B，g(x)＝x3在R上單調(diào)遞增，故B中函數(shù)為“F函數(shù)”；對于C，g(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0，故C中函數(shù)不是“F函數(shù)”；對于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，g′(x)<0，故D中函數(shù)不是“F函數(shù)”．7．(2022·長沙市長郡中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋1的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3,1)，則m＋n的值為________．答案－2解析由題設(shè)，f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3,1)，得f′(x)<0的解集為(－3,1)，則－3,1是f′(x)＝0的解，∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.8．(2021·新高考全國Ⅱ)寫出一個同時具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f(x)：________.①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0；③f′(x)是奇函數(shù)．答案f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均滿足)解析取f(x)＝x4，則f(x1x2)＝(x1x2)4＝xeq\o\al(4,1)xeq\o\al(4,2)＝f(x1)f(x2)，滿足①，f′(x)＝4x3，x>0時有f′(x)>0，滿足②，f′(x)＝4x3的定義域為R，又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函數(shù)，滿足③.9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x.(1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2lnx－3x，則f′(x)＝x＋eq\f(2,x)－3＝eq\f(x2－3x＋2,x)＝eq\f(x－1x－2,x)(x>0)．當(dāng)0<x<1或x>2時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2)．(2)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則g′(x)＝f′(x)－a＝x－eq\f(2a,x)－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．即eq\f(x2－2x－2a,x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．所以x2－2x－2a≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,2)(x2－2x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)恒成立．令φ(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)，x∈(0，＋∞)，則其最小值為－eq\f(1,2)，故a≤－eq\f(1,2).所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋ax＋a,ex)，a∈R.(1)若f(x)在x＝1處的切線與直線y＝x－1垂直，求a的值；(2)討論f(x)的單調(diào)性．解(1)f′(x)＝eq\f(－x2－a－2x,ex)，∴f′(1)＝eq\f(－a＋1,e)，依題意f′(1)＝－1，即eq\f(－a＋1,e)＝－1，解得a＝e＋1.(2)f(x)的定義域為R，f′(x)＝eq\f(－x2－a－2x,ex)＝eq\f(－x[x＋a－2],ex).若2－a>0，即a<2，當(dāng)x∈(－∞，0)∪(2－a，＋∞)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(0,2－a)時，f′(x)>0；若2－a＝0，即a＝2，f′(x)≤0；若2－a<0，即a>2，當(dāng)x∈(－∞，2－a)∪(0，＋∞)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(2－a,0)時，f′(x)>0.綜上有當(dāng)a>2時，f(x)在(－∞，2－a)，(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(2－a,0)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a<2時，f(x)在(－∞，0)，(2－a，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0,2－a)上單調(diào)遞增．11．若函數(shù)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)) B．(－1，＋∞)C．[－1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞))答案B解析因為h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2<0在[1,4]上有解，所以當(dāng)x∈[1,4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，而當(dāng)x∈[1,4]時，eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，所以a的取值范圍是(－1，＋∞)．12．設(shè)函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，若a＝f(－2)，b＝f(ln2)，c＝f(eq\r(e))，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．a(chǎn)<b<c答案C解析f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝xsinx＋cosx＋x2＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，∴a＝f(－2)＝f(2)，又f′(x)＝xcosx＋2x＝x(cosx＋2)，當(dāng)x>0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又2>eq\r(e)>ln2，∴f(2)>f(eq\r(e))>f(ln2)，即b<c<a.13．函數(shù)f(x)＝2sinx－cos2x，x∈[－π，0]的單調(diào)遞增區(qū)間為________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))解析因為f(x)＝2sinx－cos2x，x∈[－π，0]，所以f′(x)＝2cosx＋2sin2x＝2cosx(1＋2sinx)．令f′(x)>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx>0，,1＋2sinx>0，,－π≤x≤0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx<0，,1＋2sinx<0，,－π≤x≤0，))所以－eq\f(π,6)<x≤0或－eq\f(5π,6)<x<－eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)＝2sinx－cos2x，x∈[－π，0]的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)).14．(2022·安慶模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)＋x2.若f(x)為定義域上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(－∞，eq\r(2)]解析∵f(x)為