2023高考一輪復(fù)習(xí)講與練專題14導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性練高考明方向1．(2023年高考全國(guó)甲卷理科)已知且，函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，求的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．2.(2023·北京卷T20）已知函數(shù)．（1）求曲線在點(diǎn)處切線方程；（2）設(shè)，討論函數(shù)在上的單調(diào)性；（3）略3．(2023年高考全國(guó)乙卷理科)設(shè)，，．則 ()A． B． C． D．4、【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)】已知函數(shù).討論的單調(diào)性；5、【2019年高考北京理數(shù)】設(shè)函數(shù)（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則a=________；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是___________．6、【2018年高考天津理數(shù)】已知函數(shù)，，其中a>1.（I）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；7、【2018年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；8．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅰ卷理科)若，則 ()(A)(B)(C)(D)9．(2023高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)2理科)設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，則使得成立的的取值范圍是 ()A． B．C． D．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間單調(diào)性與參數(shù)范圍函數(shù)單調(diào)性的判斷含參函數(shù)中的分類討論類型一、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性基礎(chǔ)知識(shí)：1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單調(diào)性與f′(x)的關(guān)系(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞增．(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞減．(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)．基礎(chǔ)題型：1．下列函數(shù)為偶函數(shù)且在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．f(x)＝|lnx| B．f(x)＝x2＋eq\f(3,x2)C．f(x)＝eq\f(1,2)x＋x2 D．f(x)＝x(ex－e－x)2．(多選)如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則以下關(guān)于函數(shù)y＝f(x)的判斷正確的是()A．在區(qū)間(2,4)內(nèi)單調(diào)遞減B．在區(qū)間(2,3)內(nèi)單調(diào)遞增C．x＝－3是極小值點(diǎn)D．x＝4是極大值點(diǎn)基本方法：充分、必要條件與導(dǎo)數(shù)及函數(shù)單調(diào)性(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的必要不充分條件．(3)若f′(x)在區(qū)間(a，b)的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0，則f′(x)≥0(≤0)是f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(減)的充要條件．類型二、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間基礎(chǔ)知識(shí)：1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單調(diào)性與f′(x)的關(guān)系(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞增．(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞減．(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)．注意：(1)討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的實(shí)質(zhì)是解不等式，求解時(shí)，要堅(jiān)持“定義域優(yōu)先”原則．(2)有相同單調(diào)性的單調(diào)區(qū)間不止一個(gè)時(shí)，用“，”隔開(kāi)或用“和”連接，不能用“∪”連接．基本題型：1．（求單調(diào)區(qū)間）函數(shù)f(x)＝eq\f(xlnx,x－1)(x∈[e，＋∞))的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_________．2．（求單調(diào)區(qū)間）已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2lnx，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________．3.（由f′(x)的零點(diǎn)引起的分類討論）已知函數(shù)（為常數(shù)）.若，討論函數(shù)的單調(diào)性.4.（二次項(xiàng)系數(shù)引起的分類討論）已知函數(shù)f(x)＝ax2－lnx－x，a≠0.試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．5.（二次項(xiàng)系數(shù)及f′(x)的零點(diǎn)引起的分類討論）已知函數(shù)f(x)＝ex(ax2＋x＋a)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．6.（判別式引起的分類討論）已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－1－2axlnx,x)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．7．(f′(x)的零點(diǎn)與函數(shù)定義域引起的分類討論)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋a)＋2lnx，其中a∈R且a≠0.試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．基本方法：1、確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．2、求導(dǎo)后，若導(dǎo)函數(shù)可分解且首項(xiàng)系數(shù)無(wú)參數(shù)或參數(shù)不影響時(shí)，可求出f′(x)的零點(diǎn)，注意判斷零點(diǎn)是否在定義域內(nèi)，另外若有兩個(gè)零點(diǎn)且這兩零點(diǎn)的大小關(guān)系無(wú)法確定，則就無(wú)法確定f′(x)>0或f′(x)<0的解集，進(jìn)而無(wú)法確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，此時(shí)必須對(duì)零點(diǎn)的大小關(guān)系分類討論．設(shè)f′(x)兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，往往分成x1>x2，x1＝x2，x1<x2三類討論．可歸納為“首項(xiàng)系數(shù)無(wú)參數(shù)，根的大小定勝負(fù)．定義域，緊跟蹤，兩根是否在其中”．3、求導(dǎo)后，若導(dǎo)函數(shù)中的二次三項(xiàng)式能因式分解需考慮首項(xiàng)系數(shù)是否含有參數(shù)．若首項(xiàng)系數(shù)有參數(shù)，就按首項(xiàng)系數(shù)為零、為正、為負(fù)進(jìn)行討論．可歸納為“首項(xiàng)系數(shù)含參數(shù)，先分系數(shù)零正負(fù)”．4、求導(dǎo)后，若導(dǎo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為一個(gè)二次型函數(shù)的含參問(wèn)題，首先考慮二次三項(xiàng)式是否存在零點(diǎn)，即對(duì)判別式Δ進(jìn)行Δ≤0和Δ>0兩類討論，可歸納為“有無(wú)實(shí)根判別式，兩種情形需知曉”．5、一般地，需要討論導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)是否含在定義域內(nèi)，零點(diǎn)將定義域劃分為哪幾個(gè)區(qū)間，若不能確定，則需要進(jìn)行分類討論．類型三、已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍基礎(chǔ)知識(shí)：若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子區(qū)間，等號(hào)不恒成立；若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子區(qū)間，等號(hào)不恒成立．即“f′(x)>0在(a，b)上恒成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．基本題型：1、已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則()A．a(chǎn)∈(－∞，－3] B．a(chǎn)＝－3C．a(chǎn)＝3 D．a(chǎn)∈(－∞，3]2．若函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))3．若函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_______.4．若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋lnx在區(qū)間(2，e)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是_______.5．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_______.基本方法：求參數(shù)范圍的常見(jiàn)類型和解題技巧1、已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(或遞減)：轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)對(duì)x∈D恒成立問(wèn)題，要注意“＝”是否取到；2、已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某一區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間：實(shí)際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題轉(zhuǎn)化成不等式問(wèn)題；3、已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I中含有參數(shù)：先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而可求出參數(shù)的取值范圍；4、已知f(x)在區(qū)間D上不單調(diào)：f(x)在D上有極值點(diǎn)，且極值點(diǎn)不是D的端點(diǎn)。類型四、構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性解不等式基本題型：1．定義在上函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，若，則不等式的解集為（）A． B． C． D．2．定義在上的函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且，當(dāng)時(shí)，恒成立，則下列判斷一定正確的是（）A． B．C． D．3．已知是定義在上的偶函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為．若時(shí)，，則不等式的解集是___________．4．設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0,當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________．基本方法：1、當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)±g′(x)”時(shí)，不妨聯(lián)想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)±g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．2、當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．3、當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝eq\f(fx,gx)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．新預(yù)測(cè)破高考1．函數(shù)f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)2．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù)B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù)C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取到極小值3．(多選)下列函數(shù)中，在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)的是()A．y＝sinx B．y＝xexC．y＝x3＋x D．y＝lnx－x4．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)是其導(dǎo)函數(shù)，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，則不等式f(x)>e－3x的解集是()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，0) D．(0,1)5．已知當(dāng)時(shí)，，則以下判斷正確的是（）．A． B．C． D．與的大小關(guān)系不確定6、已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)＜eq\f(1,2)，f(1)＝1，則不等式f(x)＜eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的解集為()A．{x|x＜－1} B．{x|x＞1}C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|－1＜x＜1}7、設(shè)函數(shù)，則不等式的解集為_(kāi)____________.8、，若在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則的取值范圍是_______9、已知函數(shù)，其中.則函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為_(kāi)_______。10．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調(diào)減區(qū)間是[－1,4]，則a＝________.11．若函數(shù)f(x)＝ax3－3x在區(qū)間(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________．12、設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)＋lnx，且f(1)＝0.若函數(shù)f(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．13．已知f(x)＝x－eq\f(ax,ex)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．14．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋x2－5x在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))上為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．15、已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)，討論f(x)的單調(diào)性．16、已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))內(nèi)是減函數(shù)，求a的取值范圍．17、已知函數(shù)．當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；18、已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(a,x)－(a＋2)lnx(a∈R)．討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．19．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R，a<0)，其圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸．試討論函數(shù)f(x)在定義域上的單調(diào)性．2023高考一輪復(fù)習(xí)講與練專題14導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性練高考明方向1．(2023年高考全國(guó)甲卷理科)已知且，函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，求的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．答案：（1）上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞減；（2）．【解析】（1）當(dāng)時(shí)，,令得,當(dāng)時(shí)，,當(dāng)時(shí)，,∴函數(shù)在上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞減；（2）,設(shè)函數(shù),則,令，得,在內(nèi),單調(diào)遞增；在上,單調(diào)遞減；,又，當(dāng)趨近于時(shí)，趨近于0，所以曲線與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即曲線與直線有兩個(gè)交點(diǎn)的充分必要條件是,這即是,所以的取值范圍是．【點(diǎn)睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)曲線和直線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題，屬較難試題，關(guān)鍵是將問(wèn)題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想求解．2.(2023·北京卷T20）已知函數(shù)．（1）求曲線在點(diǎn)處切線方程；（2）設(shè)，討論函數(shù)在上的單調(diào)性；（3）略答案：（1）（2）在上單調(diào)遞增.（3）略【解析】分析：（1）先求出切點(diǎn)坐標(biāo)，在由導(dǎo)數(shù)求得切線斜率，即得切線方程；（2）在求一次導(dǎo)數(shù)無(wú)法判斷的情況下，構(gòu)造新的函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題即得解；（3）略【小問(wèn)1詳解】因?yàn)椋裕辞悬c(diǎn)坐標(biāo)為，又，∴切線斜率∴切線方程為：【小問(wèn)2詳解】因?yàn)椋裕睿瑒t，∴在上單調(diào)遞增，∴∴在上恒成立，∴上單調(diào)遞增.3．(2023年高考全國(guó)乙卷理科)設(shè)，，．則 ()A． B． C． D．答案：B解析：,所以;下面比較與的大小關(guān)系．記,則,，由于所以當(dāng)0<x<2時(shí)，,即,,所以在上單調(diào)遞增，所以,即,即;令,則,,由于，在x>0時(shí),,所以,即函數(shù)在[0,+∞)上單調(diào)遞減，所以,即,即b<c;綜上，,【點(diǎn)睛】本題考查比較大小問(wèn)題，難度較大，關(guān)鍵難點(diǎn)是將各個(gè)值中的共同的量用變量替換，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而比較大小，這樣的問(wèn)題，憑借近似估計(jì)計(jì)算往往是無(wú)法解決的．4、【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)】已知函數(shù).討論的單調(diào)性；【解析】．令，得x=0或.若a>0，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；若a=0，在單調(diào)遞增；若a<0，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.5、【2019年高考北京理數(shù)】設(shè)函數(shù)（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則a=________；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是___________．答案：【解析】首先由奇函數(shù)的定義得到關(guān)于的恒等式，據(jù)此可得的值，然后利用可得a的取值范圍.若函數(shù)為奇函數(shù)，則即，即對(duì)任意的恒成立，則，得.若函數(shù)是R上的增函數(shù)，則在R上恒成立，即在R上恒成立，又，則，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.6、【2018年高考天津理數(shù)】已知函數(shù)，，其中a>1.（I）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；【解析】（I）由已知，，有，令，解得x=0.由a>1，可知當(dāng)x變化時(shí)，，的變化情況如下表：x00+極小值所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.7、【2018年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；【解析】（1）的定義域?yàn)椋?（i）若，則，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，所以在單調(diào)遞減.（ii）若，令得，或.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.8．(2023高考數(shù)學(xué)課標(biāo)Ⅰ卷理科)若，則 ()(A)(B)(C)(D)答案：C 【解析】對(duì)A： 由于，∴函數(shù)在上單調(diào)遞增，因此，A錯(cuò)誤；對(duì)B：由于，∴函數(shù)在上單調(diào)遞減，∴，B錯(cuò)誤；對(duì)C： 要比較和，只需比較和，只需比較和，只需和，構(gòu)造函數(shù)，則，在上單調(diào)遞增，因此又由得，∴，C正確對(duì)D： 要比較和，只需比較和而函數(shù)在上單調(diào)遞增，故又由得，∴，D錯(cuò)誤，故選C．9．(2023高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)2理科)設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，則使得成立的的取值范圍是 ()A． B．C． D．答案：A解析：記函數(shù)，則，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，故當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減；又因?yàn)楹瘮?shù)是奇函數(shù)，故函數(shù)是偶函數(shù)，所以在單調(diào)遞減，且．當(dāng)時(shí)，，則；當(dāng)時(shí)，，則，綜上所述，使得成立的的取值范圍是．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間單調(diào)性與參數(shù)范圍函數(shù)單調(diào)性的判斷含參函數(shù)中的分類討論類型一、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性基礎(chǔ)知識(shí)：1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單調(diào)性與f′(x)的關(guān)系(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞增．(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞減．(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)．基礎(chǔ)題型：1．下列函數(shù)為偶函數(shù)且在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．f(x)＝|lnx| B．f(x)＝x2＋eq\f(3,x2)C．f(x)＝eq\f(1,2)x＋x2 D．f(x)＝x(ex－e－x)答案：D【解析】f(x)＝|lnx|的定義域?yàn)?0，＋∞)，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故f(x)＝|lnx|為非奇非偶函數(shù)，不符合題意；f(x)＝x2＋eq\f(3,x2)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝f(x)，故f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝2x－eq\f(6,x3)＝eq\f(2x2＋\r(3)x2－\r(3),x3)，當(dāng)x∈(0，eq\r(4,3))時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，不符合題意；f(x)＝eq\f(1,2)x＋x2，f(－x)＝－eq\f(1,2)x＋x2，f(－1)＝eq\f(1,2)，f(1)＝eq\f(3,2)，f(－1)≠f(1)，故f(x)不是偶函數(shù)，不符合題意；f(x)＝x(ex－e－x)，f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)，故f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝(ex－e－x)＋x(ex＋e－x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，符合題意．2．(多選)如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則以下關(guān)于函數(shù)y＝f(x)的判斷正確的是()A．在區(qū)間(2,4)內(nèi)單調(diào)遞減B．在區(qū)間(2,3)內(nèi)單調(diào)遞增C．x＝－3是極小值點(diǎn)D．x＝4是極大值點(diǎn)答案：BD【解析】A項(xiàng)，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(2,4)內(nèi)f′(x)＞0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,4)上單調(diào)遞增，故A不正確；B項(xiàng)，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＞0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,3)上單調(diào)遞增，故B正確；C項(xiàng)，由圖象知當(dāng)x＝－3時(shí)，函數(shù)f′(x)取得極小值，但是函數(shù)y＝f(x)沒(méi)有取得極小值，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，當(dāng)x＝4時(shí)，f′(x)＝0，當(dāng)2＜x＜4時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)y＝f(x)為增函數(shù)，當(dāng)x>4時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)y＝f(x)為減函數(shù)，則x＝4是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，故D正確．基本方法：充分、必要條件與導(dǎo)數(shù)及函數(shù)單調(diào)性(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的必要不充分條件．(3)若f′(x)在區(qū)間(a，b)的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0，則f′(x)≥0(≤0)是f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(減)的充要條件．類型二、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間基礎(chǔ)知識(shí)：1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單調(diào)性與f′(x)的關(guān)系(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞增．(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是單調(diào)遞減．(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)．注意：(1)討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的實(shí)質(zhì)是解不等式，求解時(shí)，要堅(jiān)持“定義域優(yōu)先”原則．(2)有相同單調(diào)性的單調(diào)區(qū)間不止一個(gè)時(shí)，用“，”隔開(kāi)或用“和”連接，不能用“∪”連接．基本題型：1．（求單調(diào)區(qū)間）函數(shù)f(x)＝eq\f(xlnx,x－1)(x∈[e，＋∞))的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_________．答案：[e，＋∞)【解析】f′(x)＝eq\f(x－1－lnx,x－12)，令g(x)＝x－1－lnx，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，∵x∈[e，＋∞)，∴1－eq\f(1,x)>0，g′(x)>0，∴g(x)在x∈[e，＋∞)上是增函數(shù)，g(x)≥g(e)＝e－2>0，即f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[e，＋∞)．2．（求單調(diào)區(qū)間）已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2lnx，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)【解析】由題可得，f′(x)＝2x－5＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)(x>0)．令f′(x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(2x－1x－2,x)>0(x>0)，解得x>2或0<x<eq\f(1,2).綜上所述，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)．3.（由f′(x)的零點(diǎn)引起的分類討論）已知函數(shù)（為常數(shù)）.若，討論函數(shù)的單調(diào)性.【解析】由題意，，，則.①若時(shí)，，當(dāng)或時(shí)，，時(shí)，，所以在和單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，②若時(shí)，，對(duì)，恒成立，在單調(diào)遞增；③若時(shí)，，當(dāng)或時(shí)，，時(shí)，，所以在和單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；綜上可知，時(shí)，所以在和單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，時(shí)，在單調(diào)遞增；時(shí)，在和單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減。4.（二次項(xiàng)系數(shù)引起的分類討論）已知函數(shù)f(x)＝ax2－lnx－x，a≠0.試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)－1＝eq\f(2ax2－x－1,x)，設(shè)g(x)＝2ax2－x－1.當(dāng)a<0時(shí)，因?yàn)楹瘮?shù)g(x)圖象的對(duì)稱軸為x＝eq\f(1,4a)<0，g(0)＝－1，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，令g(x)＝0，得x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),4a)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),4a)，當(dāng)0<x<x2時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1＋8a),4a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1＋8a),4a)，＋∞))上單調(diào)遞增．5.（二次項(xiàng)系數(shù)及f′(x)的零點(diǎn)引起的分類討論）已知函數(shù)f(x)＝ex(ax2＋x＋a)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f′(x)＝(ax＋a＋1)·(x＋1)ex，當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝ex(x＋1)，當(dāng)x>－1時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)．當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)＝a(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))ex，則方程f′(x)＝0有兩根－1，－eq\f(a＋1,a).①當(dāng)a>0時(shí)，－1>－eq\f(a＋1,a)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，－1)).②當(dāng)a<0時(shí)，－1<－eq\f(a＋1,a)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(a＋1,a)))，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞)).綜上可知，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，－1))；當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(a＋1,a)))，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞)).6.（判別式引起的分類討論）已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－1－2axlnx,x)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．【解析】f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2a,x)＝eq\f(x2－2ax＋1,x2).令g(x)＝x2－2ax＋1，方程x2－2ax＋1＝0的判別式Δ＝4a2－4＝4(a＋1)(a－1)．(1)當(dāng)Δ≤0，即－1≤a≤1時(shí)，g(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，即對(duì)任意x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(gx,x2)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)Δ>0，即a<－1或a>1.①當(dāng)a<－1時(shí)，g(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，即對(duì)任意x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(gx,x2)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)a>1時(shí)，由x2－2ax＋1＝0，解得α＝a－eq\r(a2－1)，β＝a＋eq\r(a2－1).所以當(dāng)0<x<α?xí)r，g(x)>0；當(dāng)α<x<β時(shí)，g(x)<0；當(dāng)x>β時(shí)，g(x)>0.所以在(0，a－eq\r(a2－1))∪(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上，f′(x)>0；在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上，f′(x)<0.所以f(x)在(0，a－eq\r(a2－1))和(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上單調(diào)遞增；在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(0，a－eq\r(a2－1))和(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上單調(diào)遞減．7．(f′(x)的零點(diǎn)與函數(shù)定義域引起的分類討論)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋a)＋2lnx，其中a∈R且a≠0.試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．【解析】f′(x)＝－eq\f(1,x＋a2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2＋4a－1x＋2a2,xx＋a2)(x>0且x≠－a)．方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0的根的判別式Δ＝(4a－1)2－16a2＝1－8a.(1)若a>0，則f(x)的定義域是(0，＋∞)．①當(dāng)a≥eq\f(1,8)時(shí)，Δ＝1－8a≤0，從而f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)0<a<eq\f(1,8)時(shí)，Δ＝1－8a>0，方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根，不妨令x1＝eq\f(－4a－1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(－4a－1＋\r(1－8a),4).x1＋x2＝eq\f(1－4a,2)>0，x1x2＝a2>0，所以x1>0，x2>0，由f′(x)>0得0<x<x1或x>x2，所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．(2)若a<0，Δ＝1－8a>0，方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根，不妨令x1＝eq\f(－4a－1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(－4a－1＋\r(1－8a),4).又f(x)的定義域是(0，－a)∪(－a，＋∞)．因?yàn)閤1－(－a)＝eq\f(1－\r(1－8a),4)<0，x2－(－a)＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)>0，所以0<x1<－a，x2>－a>0.故f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，－a)和(－a，x2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≥eq\f(1,8)時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,8)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－4a－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a＋\r(1－8a),4)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a－\r(1－8a),4)，\f(1－4a＋\r(1－8a),4)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－4a－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a＋\r(1－8a),4)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a－\r(1－8a),4)，－a))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(1－4a＋\r(1－8a),4)))上單調(diào)遞減．基本方法：1、確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．2、求導(dǎo)后，若導(dǎo)函數(shù)可分解且首項(xiàng)系數(shù)無(wú)參數(shù)或參數(shù)不影響時(shí)，可求出f′(x)的零點(diǎn)，注意判斷零點(diǎn)是否在定義域內(nèi)，另外若有兩個(gè)零點(diǎn)且這兩零點(diǎn)的大小關(guān)系無(wú)法確定，則就無(wú)法確定f′(x)>0或f′(x)<0的解集，進(jìn)而無(wú)法確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，此時(shí)必須對(duì)零點(diǎn)的大小關(guān)系分類討論．設(shè)f′(x)兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，往往分成x1>x2，x1＝x2，x1<x2三類討論．可歸納為“首項(xiàng)系數(shù)無(wú)參數(shù)，根的大小定勝負(fù)．定義域，緊跟蹤，兩根是否在其中”．3、求導(dǎo)后，若導(dǎo)函數(shù)中的二次三項(xiàng)式能因式分解需考慮首項(xiàng)系數(shù)是否含有參數(shù)．若首項(xiàng)系數(shù)有參數(shù)，就按首項(xiàng)系數(shù)為零、為正、為負(fù)進(jìn)行討論．可歸納為“首項(xiàng)系數(shù)含參數(shù)，先分系數(shù)零正負(fù)”．4、求導(dǎo)后，若導(dǎo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為一個(gè)二次型函數(shù)的含參問(wèn)題，首先考慮二次三項(xiàng)式是否存在零點(diǎn)，即對(duì)判別式Δ進(jìn)行Δ≤0和Δ>0兩類討論，可歸納為“有無(wú)實(shí)根判別式，兩種情形需知曉”．5、一般地，需要討論導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)是否含在定義域內(nèi)，零點(diǎn)將定義域劃分為哪幾個(gè)區(qū)間，若不能確定，則需要進(jìn)行分類討論．類型三、已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍基礎(chǔ)知識(shí)：若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子區(qū)間，等號(hào)不恒成立；若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子區(qū)間，等號(hào)不恒成立．即“f′(x)>0在(a，b)上恒成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．基本題型：1、已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則()A．a(chǎn)∈(－∞，－3] B．a(chǎn)＝－3C．a(chǎn)＝3 D．a(chǎn)∈(－∞，3]答案：B【解析】由題意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以不等式2x2＋ax＋1<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(1,2)＋1＝－eq\f(a,2)，解得a＝－3.2．若函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))答案：B【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))存在單調(diào)遞減區(qū)間，故f′(x)＜0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解．即eq\f(1,x)＋x－(b－1)＜0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有解．即存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得b－1＞x＋eq\f(1,x)，又y＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))單調(diào)遞減，在(1,2)單調(diào)遞增．且x＝eq\f(1,2)時(shí)，y＝eq\f(5,2)；x＝1時(shí)，y＝2；x＝2時(shí)，y＝eq\f(5,2)，故要滿足題意，只需b－1＞2即可，解得b＞3.3．若函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_______.答案：分析：求，根據(jù)題意可知在上恒成立，可設(shè)，法一：討論的取值，從而判斷是否在上恒成立：時(shí)，容易求出，顯然滿足；時(shí)，得到關(guān)于m的不等式組，這樣求出m的范圍，和前面求出的m范圍求并集即可，法二：分離參數(shù)，求出m的范圍即可．【詳解】；由已知條件知時(shí)，恒成立；設(shè)，則在上恒成立；法一：（1）若，即，滿足在上恒成立；（2）若，即，或，則需：解得；，綜上得，實(shí)數(shù)m的取值范圍是；法二：?jiǎn)栴}轉(zhuǎn)化為在恒成立，而函數(shù)，故；故選C．【點(diǎn)睛】考查函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)的關(guān)系，熟練掌握二次函數(shù)的圖象，以及判別式的取值情況和二次函數(shù)取值的關(guān)系．4．若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋lnx在區(qū)間(2，e)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是_______.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－ax＋lnx在區(qū)間(2，e)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝2x－a＋eq\f(1,x)≥0在(2，e)上恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)在(2，e)上恒成立，令g(x)＝2x＋eq\f(1,x)，x∈(2，e)，因?yàn)間′(x)＝2－eq\f(1,x2)>0在x∈(2，e)上恒成立，所以g(x)在(2，e)上單調(diào)遞增，又g(2)＝eq\f(9,2)，所以a≤eq\f(9,2)，即a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))).5．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_______.答案：(1,2]【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，所以f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x＋3x－3,x).當(dāng)0<x≤3時(shí)，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，又函數(shù)f(x)在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.基本方法：求參數(shù)范圍的常見(jiàn)類型和解題技巧1、已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(或遞減)：轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)對(duì)x∈D恒成立問(wèn)題，要注意“＝”是否取到；2、已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某一區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間：實(shí)際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題轉(zhuǎn)化成不等式問(wèn)題；3、已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I中含有參數(shù)：先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而可求出參數(shù)的取值范圍；4、已知f(x)在區(qū)間D上不單調(diào)：f(x)在D上有極值點(diǎn)，且極值點(diǎn)不是D的端點(diǎn)。類型四、構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性解不等式基本題型：1．定義在上函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，若，則不等式的解集為（）A． B． C． D．答案：A分析：令，可求函數(shù)在上單調(diào)遞減.由，可得，從而可求不等式的解集.【詳解】令，則，由，得，，函數(shù)在上單調(diào)遞減.由，可得，，即，又函數(shù)在上單調(diào)遞減，.故不等式的解集為.2．定義在上的函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且，當(dāng)時(shí)，恒成立，則下列判斷一定正確的是（）A． B．C． D．答案：B【解析】分析：構(gòu)造函數(shù)，判斷為偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，再計(jì)算函數(shù)值比較大小得到答案.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，因?yàn)椋裕瑒t，所以為偶數(shù)，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，所以有，則，即，即.【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)判斷其奇偶性和單調(diào)性是解題的關(guān)鍵.3．已知是定義在上的偶函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為．若時(shí)，，則不等式的解集是___________．答案：分析：構(gòu)造，先利用定義判斷的奇偶性，再利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為，結(jié)合奇偶性，單調(diào)性求解不等式即可.【詳解】令，則是上的偶函數(shù)，，則在上遞減，于是在上遞增．由得，即，于是，則，解得．故答案為：4．設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0,當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________．答案：(－∞，－1)∪(0,1)【解析】令g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).由題意知，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．∵f(x)是奇函數(shù)，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)>0，從而f(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)<0，從而f(x)<0.又∵f(x)是奇函數(shù)，∴當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f(x)<0.綜上，所求x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．基本方法：1、當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)±g′(x)”時(shí)，不妨聯(lián)想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)±g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．2、當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．3、當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝eq\f(fx,gx)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．新預(yù)測(cè)破高考1．函數(shù)f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)答案：C【解析】f(x)的定義域?yàn)?－∞，1]，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(1－x))，令f′(x)＝0，得x＝0.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0.當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．2．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù)B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù)C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取到極小值答案：C【解析】∵在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)是增函數(shù)．3．(多選)下列函數(shù)中，在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)的是()A．y＝sinx B．y＝xexC．y＝x3＋x D．y＝lnx－x答案：BC【解析】因?yàn)閥＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，故A不符題意；對(duì)于B，由y＝xex，則y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)，因?yàn)閤∈(0，＋∞)，所以y′＝ex(1＋x)>0，所以函數(shù)y＝xex在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，故B符合題意；對(duì)于C，由y＝x3＋x，則y′＝3x2＋1>0，所以函數(shù)y＝x3＋x在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，故C符合題意；對(duì)于D，由y＝lnx－x，則y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，y′>0，當(dāng)x>1時(shí)，y′<0，所以函數(shù)y＝lnx－x在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故D不符題意．4．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)是其導(dǎo)函數(shù)，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，則不等式f(x)>e－3x的解集是()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，0) D．(0,1)答案：A【解析】令g(x)＝e3xf(x)，則g′(x)＝3e3xf(x)＋e3xf′(x)，因?yàn)?f(x)＋f′(x)>0，所以3e3xf(x)＋e3xf′(x)>0，所以g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)＝e3xf(x)在R上單調(diào)遞增，而f(x)>e－3x可化為e3xf(x)>1，又g(0)＝e3×0f(0)＝1，即g(x)>g(0)，解得x>0，所以不等式f(x)>e－3x的解集是(0，＋∞)．5．已知當(dāng)時(shí)，，則以下判斷正確的是（）．A． B．C． D．與的大小關(guān)系不確定答案：B分析：由函數(shù)的增減性及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用得，設(shè)，，而此函數(shù)為偶函數(shù)，求導(dǎo)后可判斷函數(shù)在為增函數(shù)，然后利用偶函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合增減性可得答案.【詳解】設(shè)，則它為偶函數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在遞增，由偶函數(shù)對(duì)稱性知在區(qū)間遞減．變形得即，∴．故選：B6、已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)＜eq\f(1,2)，f(1)＝1，則不等式f(x)＜eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的解集為()A．{x|x＜－1} B．{x|x＞1}C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|－1＜x＜1}答案：B【解析】∵f(x)＜eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)＜0，令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，則g(1)＝0，不等式f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)＜0變?yōu)間(x)＜g(1)，∵g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，∴g(x)為減函數(shù)，∴x＞1.7、設(shè)函數(shù)，則不等式的解集為_(kāi)____________.答案：【解析】因?yàn)?所以,所以函數(shù)為奇函數(shù),因?yàn)?當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),等號(hào)成立)所以函數(shù)為上的遞增函數(shù),所以不等式可化為,所以根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù)可化為,所以根據(jù)函數(shù)為增函數(shù)可化為,可化為,可化為,解得:,所以不等式的解集為:.8、，若在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則的取值范圍是_______答案：【解析】：，有已知條件可得：，使得，即，只需，而，所以9、已知函數(shù)，其中.則函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為_(kāi)_______。答案：,【解析】函數(shù)的定義域?yàn)?,令,得或,因?yàn)?當(dāng)或時(shí),,單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí),,單調(diào)遞減,所以的增區(qū)間為,。10．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調(diào)減區(qū)間是[－1,4]，則a＝________.答案：－4【解析】易知f′(x)＝x2－3x＋a，由題意知f′(x)≤0的解集為[－1,4]，則－1與4是方程x2－3x＋a＝0兩個(gè)根，故a＝－1×4＝－4.11．若函數(shù)f(x)＝ax3－3x在區(qū)間(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________．答案：(－∞，1]【解析】若函數(shù)f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，則f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，即ax2≤1在(－1,1)上恒成立．若a≤0，滿足條件；若a＞0，則只要當(dāng)x＝1或x＝－1時(shí)，滿足條件即可，此時(shí)a≤1，即0＜a≤1，綜上，a≤1.12、設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)＋lnx，且f(1)＝0.若函數(shù)f(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[0，＋∞)【解析】由f(1)＝0得，a－b＝0，即a＝b，所以f(x)＝ax－eq\f(a,x)＋lnx，x∈(0，＋∞)．于是f′(x)＝eq\f(ax2＋x＋a,x2).①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，滿足題意．②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在（0，＋∞)上單調(diào)遞增，滿足題意．③當(dāng)a<0時(shí)，若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則ax2＋x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，顯然不可能；若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則ax2＋x＋a≤0在(0，＋∞)上恒成立，而y＝ax2＋x＋a的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝－eq\f(1,2a)，且－eq\f(1,2a)>0，所以ax2＋x＋a＝0的根的判別式Δ＝1－4a2≤0，解得a≤－eq\f(1,2).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[0，＋∞)．13．已知f(x)＝x－eq\f(ax,ex)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案：[－e2,1]．【解析】f(x)＝x－eq\f(ax,ex)，則f′(x)＝eq\f(ex＋ax－a,ex)≥0在(0，＋∞)上恒成立，記φ(x)＝ex＋ax－a，則φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝ex＋a.當(dāng)a≥－1時(shí)，φ′(x)＝ex＋a>1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝1－a≥0，∴－1≤a≤1；當(dāng)a<－1時(shí)，令φ′(x)＝ex＋a＝0，解得x＝ln(－a)，當(dāng)0<x<ln(－a)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(0，ln(－a))上單調(diào)遞減，當(dāng)x>ln(－a)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增．∴φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋aln(－a)≥0，解得－e2≤a<－1.綜上，－e2≤a≤1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－e2,1]．14．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋x2－5x在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))上為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))∪[1,2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).【解析】f′(x)＝eq\f(2,x)＋2x－5＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(2x－1x－2,x)，x>0.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減．要使函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))上單調(diào)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))①或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))?(2，＋∞)②或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))③，解①得k＝eq\f(1,2)，解②得k≥eq\f(5,2)，解③得1≤k≤2.綜上可知，實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))∪[1,2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).15、已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)，討論f(x)的單調(diào)性．【解析】f′(x)＝eq\f(x[x－a2－2a],x＋1x＋a2).①當(dāng)a2－2a<0時(shí)，即1<a<2，又a2－2a＝(a－1)2－1>－1.x(－1，a2－2a)(a2－2a,0)(0，＋∞)f′(x)＋－＋②當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)＝eq\f(x2,x＋1x＋22)≥0，f(x)在(－1，＋∞)上遞增．③當(dāng)a2－2a>0時(shí)，即a>2時(shí)，x(－1,0)(0，a2－2a)(a2－2a，＋∞)f′(x)＋－＋綜上，當(dāng)1<a<2時(shí)，f(x)的遞增區(qū)間是(－1，a2－2a)，(0，＋∞)，遞減區(qū)間是(a2－2a,0)；當(dāng)a>2時(shí)，f(x)的遞增區(qū)間是(－1,0)，(a2－2a，＋∞)，遞減區(qū)間是(0，a2－2a)；當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上遞增．16、已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))內(nèi)是減函數(shù)，求a的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)閒′(x)＝3x2＋2ax＋1.①當(dāng)Δ≤0?－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)，f′(x)≥0，且在R的任意一子區(qū)間上，f′(x)不恒為0，所以f(x)在R上遞增．②當(dāng)Δ>0?a<－eq\r(3)或a>eq\r(3).由f′(x)＝0?x1＝eq\f(－a－\r(a2－3),3)，x2＝eq\f(－a＋\r(a2－3),3).x(－∞，x1)(x1，x2)(x2，＋∞)f′(x)＋－＋所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，x1)，(x2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(x1，x2)．(2)因?yàn)閒(x)在eq\b\l