3、
A．(－∞，－2] B．(－2，＋∞)
C.D.
[解析]f′(x)＝＋2ax＝，2ax2＋1＞0在內恒成立，所以a＞，由于x∈，所以x2∈，∈，所以a≥－.
[答案]D
5．已知f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關系正確的是( )
A．f(2)>f(3)>f(π)
B．f(3)>f(2)>f(π)
C．f(2)>f(π)>f(3)
D．f(π)>f(3)>f(2)
[解析]f(x)＝1＋x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0，
則函數(shù)f(x)為增函數(shù)．
∵2<3<π，
∴f(π)>f(3)
4、>f(2)．
[答案]D
6．已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝3，且f(x)的導數(shù)f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R)，則不等式f(x)<2x＋1的解集為________________．
[解析]令g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0，
∴g(x)在R上為減函數(shù)，g(1)＝f(1)－2－1＝0.
由g(x)<0＝g(1)，得x>1.∴不等式的解集為(1，＋∞)．
[答案] (1，＋∞)
【知識要點】
1．函數(shù)的單調性：在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞增；如果f′(x)<0，那么
5、函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞減．
2．在某區(qū)間內f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件．
3．可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內都不恒為零．
對應學生用書p41
不含參數(shù)的函數(shù)的單調性
例1 (1)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f(x)( )
A．在上單調遞增
B．在上單調遞減
C．在上單調遞增
D．在上單調遞減
[解析]因為函數(shù)f(x)＝xlnx的定
6、義域為(0，＋∞)，
所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)，
當f′(x)>0時，解得x>，即函數(shù)的單調遞增區(qū)間為；
當f′(x)<0時，解得00的解集為__________．
[解析]由題圖可知
不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等價于或解得x∈(－∞，－1)∪(－1，1)∪(3，＋∞)．
[答案] (－∞，－1)∪(－1，1)∪(3，＋∞)
[小結]確定函數(shù)單調區(qū)間的步驟： (1)確定函數(shù)f(x)的定義域. (2)求
7、f′(x). (3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間. (4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間．
1．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調遞增區(qū)間是__________________________．
[解析]f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為∪，即f(x)的單調遞增區(qū)間為，.
[答案]，
2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖象大致是( )
8、
[解析]設g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調遞增．
[答案]A
含參數(shù)的函數(shù)的單調性
例2 已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，討論f(x)的單調性．
[解析]函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調遞增．
②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝lna.
當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，
9、在(lna，＋∞)上單調遞增．
③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln.
當x∈時，f′(x)＜0；
當x∈時，f′(x)＞0.
故f(x)在上單調遞減，在上單調遞增．
綜上，當a＝0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，
當a<0時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增．
[小結]根據(jù)函數(shù)單調性求參數(shù)的一般思路：(1)利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調，則區(qū)間(a，b)是相應單調區(qū)間的子集．(2)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(
10、a，b)內的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．(3)函數(shù)在某個區(qū)間存在單調區(qū)間可轉化為不等式有解問題．
3．已知g(x)＝＋x2＋2alnx在[1，2]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是______________．
[解析]g′(x)＝－＋2x＋，由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，可得a≤－x2在[1，2]上恒成立．又當x∈[1，2]時，＝－4＝－.∴a≤－.
[答案]
4．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3lnx在區(qū)間[t，t＋1]上不單調，則t的取值范圍是____________．
[解析]由題意知f′(x)＝－x＋4－
11、＝－，由f′(x)＝0，得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1和3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調，由t<10，y＝f′(x)為y＝f(x)的導函數(shù)，則( )
A．8<<16B．4<<8
C．3<<4D．2<<3
[解析]∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0，
∴′＝＝>0，
∴y＝在(0，＋∞)
12、上單調遞增，
∴>，又f(x)>0，∴>4.
∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，
∴′＝＝<0，
∴y＝在(0，＋∞)上單調遞減，
∴<，又f(x)>0，∴<8.綜上，4<<8.
[答案]B
(2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，則不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)
[解析]令g(x)＝exf(x)－ex，∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(
13、x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定義域上單調遞增，∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，∵g(0)＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0，故選A.
[答案]A
[小結]1.構造函數(shù)，應用導數(shù)求解函數(shù)值的比較大小時，若自變量的值不在同一個單調區(qū)間內，要利用其函數(shù)性質，轉化到同一個單調區(qū)間上進行比較，對于選擇題、填空題能數(shù)形結合的盡量用圖象法求解．
2．構造函數(shù)，應用導數(shù)求解不等式解集時，先利用函數(shù)的相關性質將不等式轉化為f(g(x))>f(h(x))的形式，再根據(jù)函數(shù)的單調性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)
14、知定義在上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且對于任意的x∈，都有f′(x)sinxf
B．f>f(1)
C.fg，
即>，∴f>f.
[答案]A
6．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
[解析]由f(x)＝x3－2x＋ex－，得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函數(shù)．又f′(x
15、)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當且僅當x＝0時取等號，
所以f(x)在其定義域內單調遞增．因為f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，故實數(shù)a的取值范圍是.
[答案]
函數(shù)單調性的綜合應用問題
例4 已知函數(shù)f(x)＝x3＋xcosx－ax2－sinx－2acosx，g＝2xcosx－x2－2sinx－3acosx(a為常數(shù)，a∈R)．
(1)討論函數(shù)f的單調性；
(2)設函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，證明：當00時，h(x)>0.
[解析] (1)f′(x
16、)＝x2＋cosx－xsinx－2ax－cosx＋2asinx＝(x－2a)(x－sinx),
令φ(x)＝x－sinx，則φ′(x)＝1－cosx≥0，故φ(x)在R上單調遞增，又φ(0)＝0，
故x∈(－∞，0)時φ(x)<0，x∈(0，＋∞)時φ(x)>0，
則令f′(x)＝0，x1＝2a，x2＝0.
(ⅰ)當a<0時，有x∈(－∞，2a)與x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
x∈(2a，0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
(ⅱ)當a>0時，有x∈(－∞，0)與x∈(2a，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
x∈(0，2a)時，f′(
17、x)<0，f(x)單調遞減；
(ⅲ)當a＝0時，有x∈R時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－xcosx－x2＋sinx＋acosx(00)，
h′(x)＝x2－cosx＋xsinx－ax＋cosx－asinx＝(x－a)(x＋sinx)，
令t(x)＝x＋sinx(x>0)，則t′(x)＝1＋cosx≥0，故t(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又t(0)＝0，
故t(x)>0，令h′(x)＝0?x＝a，且x∈(0，a)時，h′(x)<0，
h(x)單調遞減；x∈(a，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；所以h(x)m
18、in＝h(a)＝a3－acosa－a3＋sina＋acosa＝－a3＋sina，
令m(a)＝－a3＋sina(0－＋cos＝0，∴m′(a)>0，m(a)在(0，1)上單調遞增，又m(0)＝0，
∴m(a)>0在(0，1)上恒成立，所以當00時，h(x)>0.
[小結]利用導數(shù)證明不等式的常用方法：證明f(x)
19、單調性證明．
7．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調區(qū)間．
(2)若函數(shù)f(x)圖象的一條切線為x軸，且函數(shù)g(x)＝，若存在不相等的兩個實數(shù)x1，x2滿足g(x1)＝g(x2)，求證：x1x2<1.
[解析] (1)由題意：x>0，f′(x)＝ax－＝，
顯然：當a≤0時，f′(x)<0，
當a>0時，0，f′(x)>0，
故有：a≤0時，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上遞減；a>0時，f(x)在區(qū)間上遞減，在區(qū)間上遞增．
(2)設切點坐標為(x0，0)，?
∴g(x)＝，
令h(x)＝＋－－lnx，
20、∴h′(x)＝＋＋，
顯然：x≥1時，h′(x)>0，又h′(x)＝＋，
∴00，∴x∈(0，＋∞)上，h′(x)>0，故h(x)在(0，＋∞)上遞增，而h(1)＝0，
∴x∈(0，1)時，h(x)<0，x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，
∴g(x)＝
且g(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，g(1)＝0.
當x>1時，0<<1，令G(x)＝g(x)－g＝h(x)－＝f(x)＋f′(x)＋f＋f′，
故：G′(x)＝f′(x)＋f″(x)－
＝＋－
＝(－1)＋＋>0，
故：G(x)在(1，＋∞)上單調遞增，故G(x)>G(1)＝0，
21、∴g(x)>g.設0g，而0<<1，由g(x)在(0，1)上單調遞減，
故：x1<，∴x1x2<1.
對應學生用書p43
(2018·全國卷Ⅰ理)已知函數(shù)f(x)＝－x＋alnx.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.
當x∈∪時，f′(x)<0；
當x∈時，f′(x)>0.
所以f(x)在，上單調遞減，在上單調遞增．
(2)由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a>2.
由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨設x11.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以
（新課標）2021版高考數(shù)學一輪總復習 第三章 導數(shù)及其應用 第15講 導數(shù)與函數(shù)的單調性導學案 新人教A版
