第3章 第2节　第1课时　导数与函数的单调性-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第3章 第2节　第1课时　导数与函数的单调性-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共15页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。


一、教材概念·结论·性质重现
导数与函数的单调性的关系
若函数f (x)在区间(a，b)上单调递增，则f ′(x)≥0，“f ′(x)>0在区间(a，b)上成立”是“f (x)在区间(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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)若在区间(a，b)内f ′(x)≤0且f ′(x)＝0的根为有限个，则f (x)在区间(a，b)内是减函数．(√)
2．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( )

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．函数f (x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是( )
A．(－1,1) B．(－∞，1)
C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
D 解析：f ′(x)＝3x2－3.由f ′(x)>0得x<－1或x>1.故函数f (x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．故选D．
4．已知函数f (x)＝eq \f(ln x,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)
D 解析：f (x)的定义域是(0，＋∞)．
因为f ′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以x∈(0，e)时，f ′(x)>0；
x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0.
故x＝e时，f (x)max＝f (e)．
又f (2)＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 8,6)，f (3)＝eq \f(ln 3,3)＝eq \f(ln 9,6)，所以f (e)>f (3)>f (2)．
5．若函数f (x)＝sin x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为________．
[1，＋∞) 解析：因为f ′(x)＝cs x＋k≥0，所以k≥－cs x，x∈(0，π)恒成立．
当x∈(0，π)时，－1<－cs x<1，所以k≥1.
考点1 利用导数求函数的单调区间——基础性
1．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(－∞，－1) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
B 解析：由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2).令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2)，所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).故选B．
2．函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)
B 解析：y＝eq \f(1,2)x2－ln x，y′＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)＝eq \f(x－1x＋1,x)(x>0)．
令y′<0，得03．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x)＝xsin x＋cs x，则f (x)的单调递增区间为________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 解析：f ′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x．令f ′(x)＝xcs x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π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，得函数f (x)的单调递增区间；
(4)在定义域内解不等式f ′(x)<0，得函数f (x)的单调递减区间．
提醒：若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．
考点2 利用导数讨论函数的单调性——应用性
(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x)＝2x3－ax2＋b.讨论f (x)的单调性．
解：f ′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
①若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f ′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f ′(x)<0.
故f (x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减．
②若a＝0，则f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f ′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f ′(x)<0.
故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))上单调递减．
将本例函数改为“f (x)＝eq \f(x2,2)－aln x，a∈R”，求f (x)的单调区间．
解：因为f (x)＝eq \f(x2,2)－aln x，x∈(0，＋∞)，
所以f ′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x).
(1)当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上为增函数．
(2)当a>0时，f ′(x)＝eq \f(x＋\r(a)x－\r(a),x)，则有：
①当x∈(0，eq \r(a))时，f ′(x)<0，所以f (x)的单调递减区间为(0，eq \r(a))．
②当x∈(eq \r(a)，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f (x)的单调递增区间为(eq \r(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，eq \r(a))，单调递增区间为(eq \r(a)，＋∞)．
解决含参数的函数单调性问题的注意点
(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．
已知f (x)＝axex－2aex－eq \f(1,2)x2＋x，求f (x)的单调区间．
解：f (x)的导函数为f ′(x)＝(x－1)(aex－1)．
(1)当a＝0时，f ′(x)＝－(x－1)．
若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(2)当a＜0时，若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(3)当a＞0时，①若a＝eq \f(1,e)，则f ′(x)＝(x－1)·(ex－1－1)≥0，f (x)在R上单调递增．
②若a＞eq \f(1,e)，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－ln \f(1,a)))＞0，可得x＞1或x＜ln eq \f(1,a)；
f ′(x)＜0，即为(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－ln \f(1,a)))＜0，
可得ln eq \f(1,a)＜x＜1.
③若0＜a＜eq \f(1,e)，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－ln \f(1,a)))＞0，可得x＜1或x＞ln eq \f(1,a)；
f ′(x)＜0，即为(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－ln \f(1,a)))＜0，可得1＜x＜ln eq \f(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，＋∞)；
当a＝eq \f(1,e)时，f (x)的单调递增区间为R；
当a＞eq \f(1,e)时，f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)，1))；
当0＜a＜eq \f(1,e)时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，ln \f(1,a))).
考点3 导数与函数单调性的简单应用——综合性
考向1 利用导数解不等式
若函数f (x)＝ex－e－x＋sin 2x，则满足f (2x2－1)＋f (x)＞0的x的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
B．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)
B 解析：函数f (x)＝ex－e－x＋sin 2x，
定义域为R，
且满足f (－x)＝e－x－ex＋sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin 2x)＝－f (x)，
所以f (x)为R上的奇函数．
又f ′(x)＝ex＋e－x＋2cs 2x≥2＋2cs 2x≥0恒成立，
所以f (x)为R上的单调递增函数．
由f (2x2－1)＋f (x)＞0，
得f (2x2－1)＞－f (x)＝f (－x)，
所以2x2－1＞－x，即2x2＋x－1＞0，
解得x＜－1或x＞eq \f(1,2).
所以x的取值范围是(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
故选B．
利用导数解不等式的关键，是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f (g(x))>f (h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．
考向2 利用导数比较大小
(多选题)(2021·滨州期末)已知定义在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且f (0)＝0，f ′(x)cs x＋f (x)sin x<0，则下列判断中正确的是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))0
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
CD 解析：令g(x)＝eq \f(f x,cs x)，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则g′(x)＝eq \f(f ′xcs x＋f xsin x,cs2x).
因为f ′(x)cs x＋f (x)sin x<0，
所以g′(x)<0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
因此函数g(x)＝eq \f(f x,cs x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减．
因为eq \f(π,4)>eq \f(π,6)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，
所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \f(\r(6),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，故A错误；
又f (0)＝0，所以g(0)＝eq \f(f 0,cs 0)＝0，所以g(x)＝eq \f(f x,cs x)≤0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
因为ln eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(π,3)))<0，故B错误；
因为eq \f(π,3)>eq \f(π,6)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故C正确；
因为eq \f(π,3)>eq \f(π,4)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故D正确．
故选CD．
利用导数比较大小的方法
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并得到辅助函数的单调性，进而根据单调性比较大小．
考向3 利用导数求参数的取值范围
已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f (x)－g(x)存在单调递减区间，求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a的取值范围．
解：(1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.
因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up4(2)－1，
所以G(x)min＝－1，所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
由(1)知G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以a≥G(x)max.
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up4(2)－1.
因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq \f(7,16).
又因为a≠0，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
本例第(2)问中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
又当x∈[1,4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1，
所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
根据函数的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)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f (x)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，要注意等号是否可以取到．
(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别．分离参数后对应不同的最值类型．
1．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，xf ′(x)－f (x)<0.若a＝eq \f(f e,e)，b＝eq \f(f ln 2,ln 2)，c＝eq \f(f －3,－3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．aD 解析：设g(x)＝eq \f(f x,x)，
则g′(x)＝eq \f(xf ′x－f x,x2).
因为当x>0时，xf ′－f (x)<0，所以g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由f (x)为奇函数，知g(x)为偶函数，
则g(－3)＝g(3)．
又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g(3)，
所以g(3)2．已知实数a>0，且a≠1，函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x<1，,x2＋\f(4,x)＋aln x，x≥1))在R上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．(1,5]B．[2,5]
C．(1，＋∞)D．(－∞，5]
B 解析：函数f (x)在R上单调递增，则a>1.
当x≥1时，f (x)＝x2＋eq \f(4,x)＋aln x，
则f ′(x)＝2x－eq \f(4,x2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x3＋ax－4,x2)，
则2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立．
所以a≥eq \f(4,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
因为y＝eq \f(4,x)－2x2在[1，＋∞)上单调递减，
所以ymax＝2，则a≥2.当x＝1时，a≤1＋4＝5.
综上，实数a的取值范围是[2,5]．故选B．
3．已知函数f (x)＝x2－cs x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则满足f (x0)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的x0的取值范围为________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) 解析：f ′(x)＝2x＋sin x．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f ′(x)≥0，所以f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增．由f (x0)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，知eq \f(π,3)4．已知函数f (x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若g(x)＝f (x)＋eq \f(2,x)在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
解：(1)f (x)＝x2＋aln x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－1,x).
令f ′(x)>0，得x>1；令f ′(x)<0，得0所以f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意g(x)＝x2＋aln x＋eq \f(2,x)，g′(x)＝2x＋eq \f(a,x)－eq \f(2,x2).
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，
则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥eq \f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝eq \f(2,x)－2x2.
因为φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，
则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤eq \f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
因为φ(x)没有最小值，不满足题意．
所以实数a的取值范围为[0，＋∞).
若函数f (x)＝x3－ax2＋1在区间[1,2]上单调递减，求实数a的取值范围．
[四字程序]
思路参考：等价转化为f ′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，分离变量求最值．
解：f ′(x)＝3x2－2ax.
由f (x)在[1,2]上单调递减知f ′(x)≤0，
即3x2－2ax≤0在[1,2]上恒成立，
即a≥eq \f(3,2)x在[1,2]上恒成立．
故只需a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x))max，故a≥3.
所以a的取值范围是[3，＋∞)．
思路参考：等价转化为f ′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，数形结合列不等式组求范围．
解：f ′(x)＝3x2－2ax.
由f (x)在[1,2]上单调递减知f ′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′1＝3－2a≤0，,f ′2＝12－4a≤0，))解得a≥3.
所以a的取值范围是[3，＋∞)．
思路参考：分类讨论f (x)的单调性，根据区间[1,2]是单调递减区间的子集求参数范围．
解：f ′(x)＝3x2－2ax.
当a＝0时，f ′(x)≥0，故y＝f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f (x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a<0时，由f ′(x)≤0，得eq \f(2,3)a≤x≤0，即f (x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，0 ))，与f (x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a>0时，由f ′(x)得0≤x≤eq \f(2,3)a，即f (x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)a)).
由f (x)在[1,2]上单调递减得eq \f(2,3)a≥2，得a≥3.
综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．
1．本题考查函数的单调性与导数的关系，解法较多，基本解题策略是转化为不等式恒成立问题，即“若函数f (x)在区间D上单调递增，则f ′(x)≥0对x∈D恒成立；若函数f (x)在区间D上单调递减，则f ′(x)≤0对x∈D恒成立”或利用集合间的包含关系处理；若y＝f (x)在区间D上单调，则区间D是相应单调区间的子集．
2．基于课程标准，解答本题一般需要运算求解能力、推理论证能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题利用函数的单调性与导函数的关系，将所求问题转化为熟悉的数学模型，解题过程需要知识之间的转化，体现了综合性．
1．已知函数f (x)＝2cs x(m－sin x)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是( )
A．[－1,1]B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
B 解析：f ′(x)＝－2sin x(m－sin x)＋2cs x·(－cs x)－3.因为f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f ′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msin x－5≤0.设sin x＝t(－1≤t≤1)，则不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在区间[－1,1]上恒成立．于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1＝4＋2m－5≤0，,g1＝4－2m－5≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≤\f(1,2)，,m≥－\f(1,2).))故实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).故选B．
2．已知函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
(0,27) 解析：(方法一：间接法)若f (x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调递增函数，则f ′(x)＝3x2－k≥0在(－3,1)上恒成立，
即k≤3x2在(－3,1)上恒成立，故k≤0.
若f (x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调递减函数，则f ′(x)＝3x2－k≤0在(－3，1)上恒成立，
即k≥3x2在(－3,1)上恒成立，故k≥27.
所以当函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调函数时，实数k的取值范围是k≤0或k≥27，
当函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数时，实数k的取值范围是0(方法二：直接法)由奇函数f (x)＝x3－kx得f ′(x)＝3x2－k.当k≤0时，f ′(x)＝3x2－k≥0，f (x)在R上是增函数，不满足题意；
当k>0时，由f ′(x)＝3x2－k<0，得－eq \r(\f(k,3))由f ′(x)＝3x2－k>0，得x<－eq \r(\f(k,3))或x>eq \r(\f(k,3)).在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(\f(k,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))，＋∞))上f (x)是增函数．
要满足函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，由对称性得，－eq \r(\f(k,3))>－3，所以k<27.
综上所述，实数k的取值范围是(0,27)．
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)内单调递增
f ′(x)<0
f (x)在(a，b)内单调递减
f ′(x)＝0
f (x)在(a，b)内是常数函数
读
想
算
思
求实数a的取值范围
1.利用导数研究函数单调性的方法；
2.从什么角度列不等式求取值范围？
1.求f ′(x)；
2.解不等式f ′(x)<0
转化与化归、数形结合
f (x)在[1,2]上单调递减
由函数f (x)在区间[a，b]上单调递增(减)可知f ′(x)≥0(f ′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式
f ′(x)＝3x2－2ax ＝x(3x－2a)
1.函数最值；
2.不等式恒成立；
3.一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间的关系