8、
解析：f′(x)＝＝，
當(dāng)x∈(m，m＋1)時，f′(x)＜0，
當(dāng)x∈(m＋1，＋∞)時，f′(x)＞0，
所以f(x)在(m，m＋1)上單調(diào)遞減，在(m＋1，＋∞)上單調(diào)遞增．
答案：(m，m＋1) (m＋1，＋∞)
2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．
解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝，
當(dāng)m≤0時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．
當(dāng)m＞0時，f′(x)＝，
當(dāng)0＜x＜時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
綜上：
9、當(dāng)m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)．
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用(高頻考點)
利用導(dǎo)數(shù)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)求參數(shù)的取值范圍，是高考考查函數(shù)單調(diào)性的一個重要考向，常以解答題的形式出現(xiàn)．主要命題角度有：
(1)函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)圖象的相互判定；
(2)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍；
(3)比較大小或解不等式．
角度一 函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)圖象的相互判定
(1)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f
10、(x)的圖象可能是( )
(2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，則函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能是( )
【解析】 (1)原函數(shù)先減再增，再減再增，且x＝0位于增區(qū)間內(nèi)，故選D.
(2)由y＝f(x)圖象可知，當(dāng)x∈(－∞，x1)時，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以f′(x)>0.
當(dāng)x∈(x1，x2)時，y＝f(x)單調(diào)遞減，所以f′(x)<0.
當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以f′(x)>0.
所以y＝f′(x)的圖象在四個選項中只有D符合．
【答案】 (1)D (2)D
角度二 已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍
(1)(2020·浙江省高中學(xué)
11、科基礎(chǔ)測試)若函數(shù)f(x)＝2x＋(a∈R)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[0，2] B．[0，4]
C．(－∞，2] D．(－∞，4]
(2)函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則k的取值范圍是________．
【解析】 (1)由題意得f′(x)＝2－≥0在[1，＋∞)上恒成立，則a≤(2x2)min＝2，所以a≤2，故選C.
(2)因為函數(shù)f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－，函數(shù)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k－≤0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立，
故k≤在區(qū)間(1，
12、＋∞)上恒成立，
因為在區(qū)間(1，＋∞)上0＜＜1，故k≤0.
【答案】 (1)C (2)(－∞，0]
角度三 比較大小或解不等式
(2020·寧波市效實中學(xué)月考)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(e為自然對數(shù)的底數(shù))，b＝f()，c＝f(log28)，則a，b，c的大小關(guān)系為________(用“＜”連接)．
【解析】 因為當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，得f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，又f(x)＝f(2－x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線
13、x＝1對稱，所以函數(shù)f(x)圖象上的點距離直線x＝1越近函數(shù)值越大，又log28＝3，所以log28＞2－＞＞1，得f()＞f＞f(log28)，故c＜a＜b.
【答案】 c＜a＜b
(1)利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的解題思路
①由函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增(減)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在區(qū)間[a，b]上恒成立列出不等式．
②利用分離參數(shù)法或函數(shù)的性質(zhì)求解恒成立問題．
③對等號單獨檢驗，檢驗參數(shù)的取值能否使f′(x)在整個區(qū)間恒等于0，若f′(x)恒等于0，則參數(shù)的這個值應(yīng)舍去；若只有在個別點處有f′(x)＝0，則參數(shù)可取這個值．
(2)利用導(dǎo)數(shù)比較大小或
14、解不等式的常用技巧
利用題目條件，構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題，再由單調(diào)性比較大小或解不等式．
[提醒] (1)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(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)≠0.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．
(2)注意函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與函數(shù)在某區(qū)間上具有單調(diào)性是不同的．
設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－2)＝0，當(dāng)x＞0時，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________．
解析：設(shè)g(x)＝(x≠0)，則g′
15、(x)＝，所以當(dāng)x＞0時，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(2)＝＝0，所以f(x)＞0的解集為(－2，0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)．
答案：(－2，0)∪(2，＋∞)
核心素養(yǎng)系列5 數(shù)學(xué)運算、邏輯推理——構(gòu)造函數(shù)、比較大小
此類涉及已知f(x)與f′(x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式大小的問題，可通過構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)造條件，從而利用單調(diào)性求解．
一、x與f(x)的組合函數(shù)
若函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿足f(2)＝2，f′(x)>1，則不等式f(x)－x>0的解集為________．
【解析】 令g(x)＝f(x)－x，所以
16、g′(x)＝f′(x)－1.由題意知g′(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)．因為g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集為(2，＋∞)．
【答案】 (2，＋∞)
二、ex與f(x)的組合函數(shù)
已知f(x)(x∈R)有導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，則有( )
A．enf(－n)enf(0)
B．enf(－n)f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)>f(0)，f(n)0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(
17、－n)enf(0)．故選A.
【答案】 A
設(shè)a>0，b>0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，則( )
A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，則ab
D．若ea－2a＝eb－3b，則a0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.對于函數(shù)y＝ex＋2x(x>0)，因為y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因而a>b成立．故選A.
【答案】 A
[基礎(chǔ)題組練]
1．函數(shù)
18、f(x)＝ex－ex，x∈R的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：選D.由題意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故選D.
2．函數(shù)f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的單調(diào)情況是( )
A．增函數(shù) B．減函數(shù)
C．先增后減 D．先減后增
解析：選A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上單調(diào)遞增．
3．(2020·臺州市高三期末質(zhì)量評估)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2＋x(a∈R)，下列選項中不可能是函數(shù)f(x
19、)圖象的是( )
解析：選D.因f′(x)＝ax2＋ax＋1，故當(dāng)a＜0時，判別式Δ＝a2－4a＞0，其圖象是答案C中的那種情形；當(dāng)a＞0時，判別式Δ＝a2－4a＞0，其圖象是答案B中的那種情形；判別式Δ＝a2－4a≤0，其圖象是答案A中的那種情形；當(dāng)a＝0，即y＝x也是答案A中的那種情形，應(yīng)選答案D.
4．已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x∈R，則f，f(1)，f的大小關(guān)系為( )
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
解析：選A.因為f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)
20、．所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f＝f.又x∈時，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以此時函數(shù)是增函數(shù)．所以ff(1)>f，故選A.
5．函數(shù)f(x)的定義域為R.f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：選B.由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.設(shè)F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2.
因為f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調(diào)遞增，而F(－1)＝f
21、(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等價于F(x)>F(－1)，所以x>－1，選B.
6．(2020·溫州七校聯(lián)考)對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－3)f′(x)≤0，則必有( )
A．f(0)＋f(6)≤2f(3) B．f(0)＋f(6)＜2f(3)
C．f(0)＋f(6)≥2f(3) D．f(0)＋f(6)＞2f(3)
解析：選A.由題意知，當(dāng)x≥3時，f′(x)≤0，所以函數(shù)f(x)在[3，＋∞)上單調(diào)遞減或為常數(shù)函數(shù)；當(dāng)x＜3時，f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，3)上單調(diào)遞增或為常數(shù)函數(shù)，所以f(0)≤f(3
22、)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故選A.
7．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________．
解析：因為f(x)＝(x－3)ex，則f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
8．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x，則當(dāng)a＜0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．
解析：由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)．
因為f′(x)＝a＋＝，所以當(dāng)x≥－時
f′(x)≤0，當(dāng)0＜x＜－時f′(x)＞0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為
23、，單調(diào)遞減區(qū)間為.
答案：
9．若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由題意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函數(shù)f(x)恰好有三個單調(diào)區(qū)間，得f′(x)有兩個不相等的零點，所以3ax2＋6x－1＝0需滿足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以實數(shù)a的取值范圍是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
10．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2ex，若f(x)在[t，t＋1]上不單調(diào)，則實數(shù)t的取值范圍是________．
解析：由題意得，f′(x)＝ex(x
24、2＋2x)，所以f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，0)上單調(diào)遞減，又因為f(x)在[t，t＋1]上不單調(diào)，所以或，即實數(shù)t的取值范圍是(－3，－2)∪(－1，0)．
答案：(－3，－2)∪(－1，0)
11．已知函數(shù)f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．
解：(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－－，
由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x，知
f′(1)＝－－a＝－2，
解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x
25、－，
則f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因為x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去．
當(dāng)x∈(0，5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)內(nèi)為減函數(shù)；
當(dāng)x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(5，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，5)．
12．(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝xe2－x＋ex，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．
(2)設(shè)f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718 28…)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．
解：(1)因為f(x)＝xe2－
26、x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)與
1－x＋ex－1同號．
令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1.
所以當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)＜0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值，
從而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
綜上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
(2)由題意可得f′(x)＝ex≤0在上恒成立．
因為e
27、x>0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在上恒成立．令g(x)＝ln x＋.
因為g′(x)＝－＝，
由g′(x)＝0，得x＝1.
x
(1，e)
g′(x)
－
＋
g(x)
g＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因為e－1>1＋，所以g(x)max＝g＝e－1.
故a≥e－1.
[綜合題組練]
1．(2020·麗水模擬)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))．則下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象大致是( )
解析：選C.由題圖可知當(dāng)0＜x＜1時，xf′(x)＜0，所以f′(x)＜0，函
28、數(shù)f(x)單調(diào)遞減．當(dāng)x＞1時，xf′(x)＞0，所以f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得極小值．當(dāng)x＜－1時，xf′(x)＜0，所以f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－1＜x＜0時，xf′(x)＞0，所以f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝－1時，函數(shù)取得極大值．符合條件的只有C項．
2．(2020·浙江新高考沖刺卷)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．當(dāng)x≥0時，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，則不等式g(x)＜g(1－2x)的解集為( )
A．(，1) B．(－∞，)∪(1，＋∞)
C．(
29、，＋∞) D．(－∞，)
解析：選A.因為定義在R上的偶函數(shù)f(x)，
所以f(－x)＝f(x)
因為x≥0時，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，
因為g(x)＝x2f(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)，
因為f(x)為偶函數(shù)，
所以g(x)為偶函數(shù)，
所以g(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，
因為g(x)＜g(1－2x)
所以|x|＞|1－2x|，
即(x－1)(3x－1)＜0
解得＜x＜1，選A.
3.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－3)＝f(5)＝1
30、，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則不等式f(x)＜1的解集是________．
解析：依題意得，當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)．
答案：(－3，5)
4．(2020·紹興、諸暨高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程是________；函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]內(nèi)的值域是________．
解析：函數(shù)f(x)＝x3－3x，切點坐標(biāo)(0，0)，導(dǎo)數(shù)為y′＝3x2－3，切線的斜率為－
31、3，
所以切線方程為y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函數(shù)是減函數(shù)，x∈(1，＋∞)，y′＞0函數(shù)是增函數(shù)，
f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]內(nèi)的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x [－2，2]
5．已知函數(shù)g(x)＝x3－ax2＋2x.
(1)若g(x)在(－2，－1)內(nèi)為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)因為g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)內(nèi)為減函數(shù)，所以g′(x)≤0，即x2－ax＋2
32、≤0在(－2，－1)內(nèi)恒成立，
所以即解得a≤－3，
即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－3]．
(2)因為g(x)在(－2，－1)內(nèi)不單調(diào)，g′(x)＝x2－ax＋2，
所以g′(－2)·g′(－1)<0或
由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，無解．
由得
即解得－3
33、＝，
可得f′(1)＝，又f(1)＝0，
所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0.
(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a<0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①當(dāng)a＝－時，Δ＝0，
f′(x)＝≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
②當(dāng)a<－時，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
③當(dāng)－0，
設(shè)x1，x2(x10，
所以當(dāng)x∈(0，x1)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(x1，x2)時，g(x)>0，f′(x)>0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
綜上可得：
當(dāng)a≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≤－時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)－
（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1 第1課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案
