2024届高考数学一轮复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性学案，共24页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
3．会用导数求函数的极大值、极小值．
4．会求闭区间上函数的最大值、最小值．
第1课时 导数与函数的单调性
一、教材概念·结论·性质重现
函数的单调性与导数的关系
若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)≥0在区间(a，b)上成立”是“y＝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·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(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，那么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)上单调递减．( √ )
2．函数y＝x cs x－sin x在下面哪个区间上单调递减( )
A．π2，3π2 B．(π，2π)
C．3π2，5π2D．(2π，3π)
D 解析：y′＝cs x－x sin x－cs x＝－x sin x，欲使导数为负，只需x与sin x的符号相同，
分析四个选项知，D选项符合条件．
3．已知函数f(x)＝lnxx，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)＝1-lnxx2，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)＝ln22＝ln86，f(3)＝ln33＝ln96，
所以f(e)>f(3)>f(2)．
4．已知函数f(x)＝x ln x，则f(x)的单调递减区间是_________．
0，1e 解析：因为函数f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)<0时，解得05．函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是_________．
[－3，0] 解析：f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，即4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0，即实数a的取值范围为[－3，0].
考点1 求函数的单调区间——基础性
1．(2022·凉州模拟)函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间为( )
A．-∞，-12∪0，12
B．0，12
C．-∞，-12∪12，+∞
D．12，+∞
B 解析：函数f(x)＝2x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－1x＝4x2-1x.
当x∈0，12时，f′(x)＜0，函数单调递减．
2．函数f(x)＝x·ex－ex+1的单调递增区间是( )
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞)D．(e－1，＋∞)
D 解析：由f(x)＝x·ex－ex+1，得f′(x)＝(x＋1－e)·ex.
令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．
3．若函数y＝f(x)在区间D上是增函数，且函数y＝f′(x)在区间D上也是增函数(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，那么称函数y＝f(x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫做“快增区间”．函数f(x)＝sin2x＋2sinx在区间[0，π]上的“快增区间”为( )
A．0，π6B．0，π3
C．π6，π2D．π3，π2
A 解析：因为f(x)＝sin2x＋2sinx，x∈[0，π]，所以f′(x)＝2sin x cs x＋2cs x＝2cs x(sin x＋1)．
令f′(x)≥0，可得x∈0，π2，所以f(x)在0，π2上是增函数．
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2sin x(sin x＋1)＋2cs2x＝－4sin2x－2sinx＋2＝－2(2sin x－1)·(sin x＋1)．
令g′(x)≥0，可得0≤x≤π6或5π6≤x≤π，
所以函数f′(x)在0，π6和5π6，π上是增函数，
所以函数f(x)＝sin2x＋2sinx在区间[0，π]上的“快增区间”为0，π6.
解答T1要注意，求单调区间的前提是求定义域；T3是新定义问题，理解定义是关键，根据定义，“快增区间”即函数y＝f(x)的增区间与函数y＝f′(x)的增区间的交集．
考点2 讨论函数的单调性——综合性
(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．
解：(1)由函数的解析式可得f′(x)＝3x2－2x＋a，
导函数的判别式Δ＝4－12a.
当Δ＝4－12a≤0，即a≥13时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．
当Δ＝4－12a>0，即a<13时，f′(x)＝0的解为x1＝1-1-3a3，x2＝1+1-3a3，
当x∈-∞，1-1-3a3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈1-1-3a3，1+1-3a3时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈1+1-3a3，+∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上可得，当a≥13时，f(x)在R上单调递增，
当a<13时，f(x)在-∞，1-1-3a3，1+1-3a3，+∞上单调递增，
在1-1-3a3，1+1-3a3上单调递减．
(2)设切点为(x0，y0)．由题意可得f(x0)＝x03-x02＋ax0＋1，f′(x0)＝3x02－2x0＋a，
则切线方程为y-x03-x02＋ax0＋1＝3x02－2x0＋a (x－x0)．
由切线过坐标原点，得0-(x03-x02＋ax0＋1)＝3x02－2x0＋a(0－x0)，整理可得2x03-x02－1＝0，即(x0-1)·(2x02＋x0＋1)＝0，解得x0＝1，
则f(x0)＝f(1)＝1－1＋a＋1＝a＋1，f′(x0)＝f′(1)＝1＋a，
切线方程为y＝(a＋1)x.
与y＝f(x)＝x3－x2＋ax＋1联立，得x3－x2＋ax＋1＝(a＋1)x，化简得x3－x2－x＋1＝0.
由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，所以(x－1)是x3－x2－x＋1的一个因式，所以该方程可以分解因式为(x－1)(x2－1)＝0，
解得x1＝1，x2＝－1，
f(－1)＝－1－a.
综上，曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，a＋1)和(－1，－1－a)．
本例若把函数改为：f(x)＝x3＋(a＋1)x2＋(2a－1)x－1(a＜0)，试讨论函数f(x)的单调性．
解：f(x)＝x3＋(a＋1)x2＋(2a－1)x－1(a＜0)，
f′(x)＝3x2＋2(a＋1)x＋(2a－1)＝3(x＋1)x+2a-13.
令f′(x)＝0，
解得x＝－1或x＝1-2a3∈13，+∞.
当－1当x＜－1或x>1-2a3时，f′(x)＞0.
综上，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在-1，1-2a3上单调递减，在1-2a3，+∞上单调递增．
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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
1．讨论函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2的单调性．
解：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)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0；
②当a＝ln 2时，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上单调递增；
③当ax∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，
x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0.
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；
当a2．讨论函数f(x)＝2ln x＋12x2－ax(a∈R)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝2x＋x－a＝x2-ax+2x(x>0)．令g(x)＝x2－ax＋2，则Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即－22≤a≤22时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ＞0，即a>22或a<－22时，
(i)若a<－22，因为x＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(ii)若a>22，方程x2－ax＋2＝0的两根x1＝a-a2-82，x2＝a+a2-82，且0＜x1＜x2，
当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，故f(x)在(x1，x2)上单调递减．
综上，若a≤22，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a>22，则f(x)在0，a-a2-82，a+a2-82，+∞上单调递增，在a-a2-82，a+a2-82上单调递减．
考点3 函数单调性的应用——应用性
考向1 利用函数的单调性解不等式
已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，若对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，且有f(1)＝2，则不等式f(x)－1＞ex-1的解集为_________．
(1，＋∞) 解析：不等式f(x)－1＞ex-1，等价于不等式fx-1ex-1＞1，
构造函数g(x)＝fx-1ex-1，则g′(x)＝f'x-fx-1ex-1.
因为对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，则g′(x)＞0，g(x)在R上单调递增．
又g(1)＝f1-1e0＝1，故fx-1ex-1＞1，即g(x)＞g(1)，
故不等式的解集是(1，＋∞)．
解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，常结合这种关系的特点构造新函数，利用新函数的单调性求解不等式．
考向2 利用函数的单调性比较大小
(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．cC 解析：设f(x)＝ln (1＋x)－x(x>－1)，因为f′(x)＝11+x－1＝－x1+x，
当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)＝ln (1＋x)－x在(0，＋∞)单调递减，在(－1，0)上单调递增．
f19ln 109＝－ln 0.9，即b>c；
f-110设g(x)＝xex＋ln (1－x)(0令h(x)＝ex(x2－1)＋1，则h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，
当0当2－10，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递增，又h(0)＝0，
所以当0所以当00，函数g(x)＝xex＋ln (1－x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0，即0.1e0.1>－ln 0.9，所以a>c.故选C.
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，把比较大小问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而由单调性比较大小．
考向3 利用函数的单调性求参数的取值范围
若函数f(x)＝x＋a sin x在0，π4上单调递增，则a的取值范围是( )
A．-12，0B．-∞，-12
C．-12，+∞D．[－1，＋∞)
D 解析：由题意，可知f′(x)＝1＋a cs x，
因为函数f(x)＝x＋a sin x在0，π4上单调递增，所以f′(x)＝1＋a cs x≥0在0，π4上恒成立，
所以a≥－1csx.因为0≤x＜π4，所以22＜cs x≤1，
所以－1csx≤－1，所以a≥－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
本例若改为：若函数f(x)＝x＋a sin x在0，π4上单调递减，求a的取值范围．
解：f′(x)＝1＋a cs x.
因为函数f(x)＝x＋a sin x在0，π4上单调递减，所以f′(x)＝1＋a cs x≤0在0，π4上恒成立，所以a≤－1csx.
设y＝－1csx，则它在0，π4上单调递减，所以ymin＝－1csπ4＝－2，
所以a≤－2.
所以a的取值范围是(－∞，－2].
根据函数单调性求参数的解题策略
(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．应注意此时式子中的等号不能省略，否则容易漏解．
(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为求函数最值问题．
(3)若函数在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有异号解．
1．若函数f(x)＝ax2+1ex(e为自然对数的底数)是减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0]B．(－∞，1]
C．(0，＋∞)D．[0，1]
D 解析：函数f(x)＝ax2+1ex的定义域为R，f′(x)＝2ax-ax2-1ex.
因为函数f(x)是减函数，所以f′(x)≤0恒成立．
令g(x)＝2ax－ax2－1，则g(x)≤0恒成立，
当a＝0时，g(x)＝－1成立；
当a＜0时，则g(x)的图象开口向上，g(x)≤0不恒成立，不符合题意；
当a＞0时，要使g(x)≤0恒成立，则Δ＝4a2－4a≤0，解得0≤a≤1，又a＞0，所以0＜a≤1.
综上可得，实数a的取值范围是[0，1].
2．(2022·渝水区模拟)已知x∈0，π4，且a＝2cs2x+1e2cs2x，b＝csx+1ecsx，c＝sinx+1esinx，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＜b＜cB．a＜c＜b
C．b＜c＜aD．c＜a＜b
A 解析：令g(x)＝x+1ex，则g′(x)＝－xex，
所以当x＞0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因为x∈0，π4，
所以cs x∈22，1，2cs x∈(2，2)，且cs x＞sin x＞0.
又2cs2x－csx＝cs x(2cs x－1)＞0，所以2cs2x＞csx＞sin x＞0.
又g(x)单调递减，则可得a＜b＜c.
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≥32x在[1，2]上恒成立．
故只需a≥32xmax，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23a≤x≤0，即f(x)的单调递减区间为23a，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)≤0得0≤x≤23a，即f(x)的单调递减区间为0，23a.
由f(x)在[1，2]上单调递减得23a≥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．本题的解答体现了逻辑推理、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．-12，12
C．-1，12D．-12，12
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g-1=4+2m-5≤0，g1=4-2m-5≤0，即m≤12，m≥-12.故实数m的取值范围是-12，12.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－k3由f′(x)＝3x2－k>0，得x<－k3或x>k3，在-∞，-k3，k3，+∞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，－k3>－3，所以k<27.
综上所述，实数k的取值范围是(0，27)．
课时质量评价(十六)
A组 全考点巩固练
1．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( )
A B C D
D 解析：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D选项符合．
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(0，3)B．(1，4)
C．(2，＋∞)D．(－∞，2)
C 解析：函数f(x)＝(x－3)ex，所以f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.
令f′(x)＝0，解得x＝2.当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ex－e－x，a＝f(30.2)，b＝f(0.30.2)，c＝f(lg0.23)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＜b＜aB．b＜a＜c
C．b＜c＜aD．c＜a＜b
A 解析：根据题意，函数f(x)＝ex－e－x，其导数为f′(x)＝ex＋e－x，
则有f′(x)＞0恒成立，则f(x)在R上为增函数．
又由lg0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a.
4．f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x－1)＞0的解集为( )
A．(0，1)∪(2，＋∞)
B．(－∞，1)∪(1，＋∞)
C．(－∞，1)∪(2，＋∞)
D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
A 解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图形如下：
所以f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．
又y＝f(x－1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移1个单位长度，
所以不等式f(x－1)＞0的解集为(0，1)∪(2，＋∞)．
5．(2023·临沂质检)已知一个定义在R上的奇函数f(x)，当x＞0时，f(x)＝x－1＋ln x，则不等式xf(x)＞0的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－1，0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D 解析：由题意，得当x>0时，f′(x)＝1＋1x＞0，则f(x)单调递增，
又f(1)＝0，所以当f(x)＜0时，x∈(0，1)；
当f(x)＞0时，x∈(1，＋∞)，
所以x＞0时，xf(x)＞0的解集为(1，＋∞)．
又f(x)为奇函数，所以xf(x)为偶函数，
所以xf(x)＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选D.
6．(2021·新高考Ⅱ卷)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：_________．
①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．
f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足) 解析：取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝x14x24＝f(x1)f(x2)，满足①，
f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，
f′(x)＝4x3的定义域为R，
又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.
7．已知g(x)＝2x＋x2＋2a ln x在[1，2]上单调递减，则实数a的取值范围为_________．
-∞，-72 解析：g(x)＝2x＋x2＋2a ln x的导数为g′(x)＝－2x2＋2x＋2ax.由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，可得a≤1x－x2在[1，2]上恒成立．又当x∈[1，2]时，1x-x2min＝12－4＝－72.所以a≤－72.
8．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
解：g′(x)＝2ax2-2a+1x+1x＝2ax-1x-1x.
因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当a＝0时，g′(x)＝－x-1x.
由g′(x)>0，得01.
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝12a.
若12a<1，即a>12，
由g′(x)>0，得x>1或0由g′(x)<0，得12a若12a>1，即0由g′(x)>0，得x>12a或0由g′(x)<0，得1若12a＝1，即a＝12，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.
综上，当a＝0时，函数g(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减；
当0在1，12a上单调递减，在12a，+∞上单调递增；
当a＝12时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>12时，函数g(x)在0，12a上单调递增，
在12a，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
B组 新高考培优练
9．(2022·吕梁一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝3，对∀x∈R恒有f′(x)＜2，则f(x)≥2x＋1的解集为( )
A．[1，＋∞)B．(－∞，1]
C．(1，＋∞)D．(－∞，1)
B 解析：令F(x)＝f(x)－2x－1，则F′(x)＝f′(x)－2.
又因为对∀x∈R恒有f′(x)＜2，所以F′(x)＝f′(x)－2＜0恒成立，
所以F(x)＝f(x)－2x－1是R上的减函数．
又因为F(1)＝f(1)－2－1＝0，
所以当x≤1时，F(x)≥F(1)＝0，即f(x)－2x－1≥0，
即不等式f(x)≥2x＋1的解集为(－∞，1].
10．(多选题)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有x1fx1-x2fx2x1-x2>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是( )
A．f(x)＝exB．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln xD．f(x)＝sin x
ACD 解析：依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．
对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；
对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数是“F函数”；
对于C，g(x)＝x ln x，g′(x)＝1＋ln x，当x∈0，1e时，g′(x)<0，
故C中函数不是“F函数”；
对于D，g(x)＝x sin x，g′(x)＝sin x＋x cs x，
当x∈-π2，0时，g′(x)<0，故D中函数不是“F函数”．
11．已知定义在R上的函数f(x)满足：对任意x∈R，都有f(x＋1)＝f(1－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)＞0(其中f′(x)为f(x)的导函数)．设a＝f(lg23)，b＝f(lg32)，c＝f(lg34)，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＜b＜cB．c＜a＜b
C．c＜b＜aD．b＜c＜a
C 解析：因为当x∈(－∞，1)时，x－1＜0，又(x－1)·f′(x)＞0，所以f′(x)＜0，
所以y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减．
因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以f(lg32)＝f(2－lg32)＝f(lg34.5)，且y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为1＜lg34＜lg34.5＜lg333＝32＝lg222＜lg23，
所以f(lg34)＜f(lg32)＜f(lg23)，即c＜b＜a.
12．已知函数f(x)＋f′(x)＝2mx，f(x)－f′(x)＝2m－x(m＞1)，则m＝________；函数f(x)的增区间是_________．
e (0，＋∞) 解析：由f(x)＋f′(x)＝2mx与f(x)－f′(x)＝2m－x，
得f(x)＝mx＋m－x，f′(x)＝mx－m－x，所以m＝e，
所以f(x)＝ex＋e－x.由f(x)＝f(－x)，知函数f(x)为偶函数．
又f′(x)＝ex－e－x，当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
13．已知实数x，y，z满足eyln x＝yex且ezln 1x ＝zex.若y＞1，则x，y，z的大小关系是_________．
y＞x＞z 解析：由ey·ln x＝y·ex得eyy＝exln x.
因为y＞1，ey＞0，所以eyy＞0，所以exln x>0，
所以ln x＞0，所以x＞1.
因为ez·ln 1x＝z·ex，所以ezz＝exln1x＝－exlnx＜0.
因为ez＞0，所以z＜0.
(下面比较x，y的大小)
令f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－1x＝x-1x，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＞1时，f(x)＞f(1)，即x－ln x＞1，一定有x－ln x＞0，所以x＞ln x＞0，所以exx又exlnx＝eyy，上式可化为exx当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为x＞1，y＞1，exx综上可得，y＞x＞z.
14．已知f(x)＝ex＋2ax(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a＞0，令g(x)＝f(x)－a(x－1)·ln (ax－a)，若g(x)单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝ex＋2a，
当a≥0时，f′(x)＞0，所以f(x)在R上单调递增．
当a＜0时，当x∈(－∞，ln (－2a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
当x∈(ln (－2a)，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
综上可得，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
当a＜0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln (－2a))，单调递增区间为(ln (－2a)，＋∞)．
(2)因为g(x)＝f(x)－a(x－1)ln (ax－a)，
所以g(x)＝ex＋2ax－a(x－1)ln (ax－a)，
所以g′(x)＝ex＋a－a ln (ax－a)．
因为g(x)单调递增，所以g′(x)≥0恒成立，
即ex＋a≥a ln (ax－a)＝a ln [a(x－1)]，
即exa＋1≥ln a＋ln (x－1)，
即exa＋x－ln a≥ln (x－1)＋(x－1)，
即exelna＋x－ln a≥ln (x－1)＋(x－1)，
即ex－ln a＋(x－ln a)≥ln (x－1)＋(x－1)．
令h(t)＝et＋t，即h(x－ln a)≥h(ln (x－1))．
因为h′(t)＝et＋1＞0，
所以h(t)为增函数，
所以x－ln a≥ln (x－1)，即ln a≤x－ln (x－1)．
令m(x)＝x－ln (x－1)，x＞1，
所以m′(x)＝x-2x-1，
所以x∈(1，2)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，
所以m(x)min＝m(2)＝2，
所以ln a≤2，即a≤e2.
因为a＞0，
所以0＜a≤e2，
所以实数a的取值范围是(0，e2].
条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增
f′(x)<0
y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减
f′(x)＝0
y＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数
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