3.2 导数与函数的单调性-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(基础版)

@第三章 一元函数的导数及其应用 处理与公切线有关的参数问题,通常根据曲 线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组) 并解出参数,建立方程(组)的依据主要是:① 切 点处 的 导 数 是 切 线 的 斜 率;② 切 点 在 切 线 上; ③ 切点在曲线上. 【对点训练3】 (1)已知函数f(x)=x2-2m, g(x)=3ln x-x,若y=f(x)与y=g(x) 在公共点处的切线相同,则m= . (2)函数f(x)=ln x 与函数g(x)=ax2-a的 图象在点(1,0)处的切线相同,则实数a 的 值为 . 命题角度3 已知曲线的切线条数求参数范围 【例4】 (1)(2021·新高考 Ⅰ 卷)若过点(a,b) 可以作曲线y=ex 的两条切线,则 ( ) A.eb <a B.ea <b C.0<a<eb D.0<b<ea (2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex 有两条过坐标原点的切线,则a 的取值范围 是 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 已知曲线的切线条数求参数范围问题时,需要 明确的是,曲线存在几条切线,就会相应的有几个切 点,因此就可以将切线条数问题转化为切点个数问 题;也就是说抓住“切点”这个“牛鼻子”,将问题进一 步转化为关于相应函数零点个数的问题. 【对点训练4】 (1)已知函数f(x)= 1 x+ln x, 过点(0,m)有两条直线与曲线y=f(x)相 切,则实数m 的取值范围是 . (2)已知f(x)=x3-x,如果过点(2,m)可作曲 线y=f(x)的三条切线,则m 的取值范围 是 . 学习至此,请完成课时作业16 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 3.2 导数与函数的单调性 5A>! 结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性;对于多项式函 数,能求不超过三次的多项式函数的单调区间. AMc
-  -@) 1.函数的单调性与导数的关系 一般地,函数f(x)的单调性与导函数f'(x) 的正负之间具有如下的关系:在某个区间(a, b)内,如果 ,那么函数y= f(x)在 区间(a,b)内单调递增;如果 ,那么 函数y= f(x)在区间(a,b)内单调递减. 2.利用导数判断函数f(x)单调性的步骤 第1步,确定函数的定义域; 第2步,求出导数f'(x)的零点; 第3步,用f'(x)的零点将f(x)的定义域划 分为若干个区间,列表给出f'(x)在各个区 间上的正负,由此得出函数y=f(x)在定义 域内的单调性. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 065 hhh 常用结论与知识拓展 1.在某区间内,f'(x)>0(f'(x)<0)是函数 f(x)在此区间上单调递增(减)的充分不必要条件.可 导函数f(x)在(a,b)上单调递增(减)的充要条件是 对 ∀x ∈ (a,b),都有 f'(x)≥0(f'(x)≤0)且 f'(x)在(a,b)上的任何子区间内都不恒为零. 2.构造函数解抽象不等式 (1)对于不等式f'(x)>k(k ≠0),构造函数 g(x)=f(x)-kx+b. (2)对于不等式xf'(x)+f(x)>0,构造函数 g(x)=xf(x);对于不等式xf'(x)-f(x)>0,构造 函数g(x)=f (x) x (x ≠0). (3)对于不等式xf'(x)+nf(x)>0,构造函数 g(x)=xnf(x);对于不等式xf'(x)-nf(x)>0,构 造函数g(x)=f (x) xn (x ≠0). (4)对于不等式f'(x)+f(x)>0,构造函数 g(x)=exf(x);对于不等式f'(x)-f(x)>0,构造 函数g(x)=f (x) ex . (5)对于不等式f'(x)sin x+f(x)cos x>0(或 f(x)+f'(x)tan x>0),构造函数g(x)=f(x)sin x; 对于不等式f'(x)cos x-f(x)sin x>0(或f'(x)- f(x)tan x >0),构造函数g(x)=f(x)cos x. -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)若函数f(x)在(a,b)内单调递减,则一 定有f'(x)<0. ( ) (2)若函数f(x)在某一范围内导数的绝对值 越大,那么函数在这个范围内变化得就越快, 此时函数的图象就会更“陡峭”(向上或向下). ( ) (3)在(a,b)内,f'(x)≥0且f'(x)在(a,b) 的任何子区间内都不恒为零,则f(x)在(a, b)上为增函数. ( ) (4)若函数f(x)在(a,b)上存在单调递减区 间,则当x ∈ (a,b)时,f'(x)<0有解. ( ) (5)若 函 数 f(x)=x3 -ax +2在 区 间 (1,+∞)内是增函数,则实数a 的取值范围 是(-∞,3). ( ) 2.(教材改编题)函数f(x)=4x-ln x 的单调 递减区间为 . 3.如图是y=f'(x)的图象,则函数y=f(x)的 单调递减区间是 ( ) A.(-2,1) B.(-2,0),(2,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,-1),(1,+∞) 4.(教材改编题)若函数f(x)=ln x+ax2-5x 在区间 1 3 ,1 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 内单调递增,则实数a 的取值 范围为 . 5.(多选题)(教材改编题)设函数f(x)= ex ln x , 则下列说法正确的是 ( ) A.f(x)的定义域是(0,+∞) B.当x∈(0,1)时,f(x)的图象位于x 轴下方 C.f(x)存在单调递增区间 D.f(x)有两个单调区间 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 利用导数研究函数的单调性 命题角度1 具体函数的单调区间 【例1】 (1)函数f(x)=x2ln x 的单调递增区 间为 . (2)(2023·全国甲卷改编)讨论函数f(x)= x- sin x cos2x 在0,π2 上的单调性. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 066 @第三章 一元函数的导数及其应用 确定函数单调区间的步骤:第一步,确定函数 f(x)的定义域.第二步,求f'(x).第三步,解不等 式f'(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增 区间;解不等式f'(x)<0,解集在定义域内的部分 为单调递减区间.注意函数间断点. 【对点训练1】 若函数f(x)= ln x+1 ex ,则函数 f(x)的单调递减区间为 . 命题角度2 含有参数的函数的单调性 【例2】 已知函数f(x)=ax3-3x2+1- 3 a ,讨 论函数f(x)的单调性. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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,应做到“不重不漏”. 2.确定函数的单调区间时,一要在函数定义域 内讨论,二还要确定导数为零的点和函数的间断点. 3.要对分类讨论后的结论进行整合,体现“分类 与整合”的数学思想. 【对点训练2】 设函数f(x)=ax - (a + 1)ln(x+1),其中a≥-1,求f(x)的单调 区间. 考点2 函数单调性的应用 命题角度1 函数图象的识辨 【例3】 (1)已知函数y=f(x)的导函数f'(x) 的图象如图所示,则f(x)的图象可能是 ( ) A B C D (2)已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如 图,则下列结论正确的是 ( ) A.函数f(x)在区间(-2,1)上单调递增 B.函数f(x)在区间(1,3)上单调递减 C.函数f(x)在区间(4,5)上单调递增 D.函数f(x)在区间(-3,-2)上单调递增 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 067 hhh 利用导数进行图象识别有以下三个结论:① 在 导函数图象中,在x 轴上方区域对应原函数单调递 增区间,在x 轴下方区域对应原函数单调递减区间; ②在导函数图象中, 图象由x 轴上方到x 轴下方与 x 轴的交点为极大值点;由x轴下方到x轴上方与x 轴的交点为极小值点;③ 导函数与x 轴的交点不一 定是极值点,交点两侧导函数值可能恒正或者恒负, 若交点是极值点,交点两侧导函数值必须异号. 【对点训练3】 (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 (2)已知f(x)= 1 4x 2+sin π 2+x ,f'(x)为 f(x)的导函数,则f'(x)的大致图象是 ( ) A B C D 命题角度2 比较大小 【例4】 (1)(2022·全国甲卷)已知9m =10,a= 10m -11,b=8m -9,则 ( ) A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a (2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a=0.1e0.1,b= 1 9 , c=-ln 0.9,则 ( ) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1.利用导数比较大小,有时需要利用题目条件 构造辅助函数,把比较大小的问题转化为先利用导 数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小的 问题. 2.比较大小时,需关注函数的性质,如奇偶性、 对称性,进而把自变量转移到同一区间,再利用单调 性比较即可. 【对点训练4】 (1)(2023·辽宁锦州摸底)已知 定义在R上的函数f(x)的导函数f'(x), 且f(x)<f'(x)<0,则 ( ) A.ef(2)>f(1),f(2)>ef(1) B.ef(2)>f(1),f(2)<ef(1) C.ef(2)<f(1),f(2)<ef(1) D.ef(2)<f(1),f(2)>ef(1) (2)(2023·宁夏银川一中高三阶段测试)实数 πe,3π,π3,eπ 中值最大的是 . 命题角度3 解不等式 【例5】 (1)已知函数f(x)是定义域为R的奇 函数,当x >0时,f'(-x)>2f(x),且 f(3)=0,则 不 等 式 f(x)> 0 的 解 集 为 . (2)(2024·江苏扬州高三开学考试)已知定义 在R上的偶函数y=f(x)的导函数为y'= f'(x),当x>0时,f'(x)+f (x) x <0 ,且 f(2)=-3,则不等式f(2x-1)< - 6 2x-1 的解集为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 068 @第三章 一元函数的导数及其应用 1.解函数不等式的关键是研究函数单调性,通 过单调性将原问题转化为关于自变量的不等关系, 要注意将常数y0 写成f(x0)的形式. 2.常见的函数构造形式: (1)g(x)=eaxf(x),g'(x)=eax[af(x)+ f'(x)]. (2)g(x)=f (x) eax ,g'(x)=f '(x)-af(x) eax . 【对点训练5】 (1)已知函数f(x)的定义域为 R,且对任意x∈R,f(x)-f'(x)<0恒成 立,则exf(x +1)>f (2x+3) e2 的解集为 . (2)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(1)= 0,当x>0时有xf'(x)-f(x)>0,则不 等式xf(x)>0的解集为 . 命题角度4 已知函数单调性求参数的范围 【例6】 (1)已知函数f(x)=aex-ln x 在区间 (1,2)上单调递增,则a的最小值为 . (2)(2023·全国乙卷)设a ∈ (0,1),若函数 f(x)=ax+(1+a)x 在(0,+∞)上单调递 增,则a的取值范围是 . (3)(2023·北京十四中高三开学考试)若函数 f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单 调函数,则实数k的取值范围是 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 根据函数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(a,b)上单调,则 区间(a,b)是相应单调区间的子集;②f(x)为增函 数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥ 0且在(a,b)内的任一非空子集上f'(x)不恒为零,应 注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解;③ 函数在 某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题. 【对点训练6】 (1)(多选题)(2023·江苏镇江实验 中学 开 学 考 试)已知函数f(x)= 1 3x 3 - 3 2x 2-aln x在区间(0,+∞)上单调递增,则 符合条件的实数a的取值可以是 ( ) A.1 B.-2 C.-4 D.-5 (2)函数f(x)=2x2-aln x+1在(a-3,a)上 不单调,则实数a的取值范围为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋  >Fe2 理性思维下的“二次求导”的作用和 意义以及函数的“凹凸性” 【题目呈现】 (1)若函数f(x)= sin x x , 0<x1<x2<π.设a=f(x1),b=f(x2),试 比较a,b的大小. (2)判断函数f(x)= (x+1)ln x x-1 (x>1) 的单调性. (3)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析 做出卓越贡献的巨人,特别是在函数的凹凸性 与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数 f(x)在(a,b)上的导函数为f'(x),f'(x)在 (a,b)上 的 导 函 数 为 f″(x),若 在(a,b)上 f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上 为“严格凸函数”.已知f(x)=ex-xln x-px2 在(1,4)上为“严格凸函数”,则实数p 的取值范 围是 . 【思路分析】 函数图象虽然可以直观地反 映出两个变量之间的变化规律,但大多数复合 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 069 hhh 的函数作图困难较大.导数的建立拓展了应用 图象解题的空间.导数这个强有力的工具对函 数单调性的研究提供了简单、程序化的方法,具 有很强的可操作性.当f'(x)>0时,函数f(x)单 调递增;当f'(x)<0时,函数f(x)单调递减. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 【素养解读】 (1)为了得到f(x)的单调 性,需判断f'(x)的符号,若f'(x)的符号很难 直接判断,则可通过二次求导,判断出一次导函 数的符号,并最终解决问题. (2)求导后思路受阻时,常考虑二次(多次) 求导(需利用函数思想先构造函数),尤其是解 析式含ex,ln x,xn,sin x,cos x 等混合结构时. 注意:结合端点或特殊点函数值符号;一般令 g(x)=f'(x),而不直接写成f″(x). 2" 1.定义:函数f(x)在(a,b)上的导函数为 f'(x),f'(x)在 (a,b)上 的 导 函 数 为 f″(x),若在(a,b)上f″(x)<0恒成立,则 称函数f(x)在(a,b)上为“严格凸函数”,称 区间(a,b)为函数f(x)的“严格凸区间”.则 下列正确命题的序号为 . ①函数f(x)=-x3+3x2+2在(1,+∞)上 为“严格凸函数”;② 函数f(x)= ln x x 的“严 格凸区间”为 0,e 3 2 ;③ 函数f(x)=ex - m 2x 2 在(1,4)上为“严格凸函数”,则m 的取 值范围为[e,+∞). 2.判断函数f(x)= (1-x2)ex -1 x (x >0)的 单调性. 3.当x >0时,比较sin x 与x- x3 6 的大小. 学习至此,请完成课时作业17 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 070 参 考 答 案 y =b与曲线y=f(t)的图象有两个 交点.故选D. (2)(-∞,-4)∪ (0,+∞) 解析:∵y = (x+a)ex,∴y'= (x+ 1+a)ex,设切点为(x0,y0),则y0 = (x0+a)e x0,切线斜率k= (x0+1+ a)e x0,切线方程为y-(x0+a)e x0 = (x0+1+a)e x0(x-x0),∵切线过原 点,∴ - (x0 +a)e x0 = (x0 +1+ a)e x0(-x0),整理得x20+ax0-a= 0,∵ 切线有两条,∴Δ=a2+4a>0, 解得a<-4或a>0,∴a的取值范围 是(-∞,-4)∪ (0,+∞). 对点训练4:(1)(ln 2,+∞) 解析:由 f(x)= 1 x +ln x,得 f'(x) = x-1 x2 , 设 切 点 为 x0, 1 x0 +ln x0 ,则切线方程为y- 1 x0 +ln x0 =x0-1x20 (x -x0).因 为过点(0,m)有两条直线与曲线y = f(x)相切,所以m- 1 x0 +ln x0 = x0-1 x20 (0-x0)有两个不同实数根,即 m = 2 x0 -1+ln x0 有两个不同实数 根.令 g(x)= 2 x -1+ln x,则 g'(x)= x-2 x2 ,令 g'(x)> 0,即 x-2 x2 >0,解得x>2;令g'(x)<0, 即 x-2 x2 <0,解得0<x<2.g(x)在 (0,2)上递减,在(2,+∞)上递增,当 x =2时, g(x)取得极小值也为g(x) 的最 小 值,所 以 g(x)min = g(2)= 2 2 -1+ln 2=ln 2,故实数m 的取值 范围是(ln 2,+∞). (2)(-2,6) 解析:f'(x)=3x2-1,则过(t,f(t)) 的切线方程为y-f(t)=f'(t)(x- t),即y=(3t2-1)x-2t3,由过点(2, m)可作曲线y=f(x)的三条切线得 m = -2t3+6t2-2有3个不等实根. 令g(t)=2t3-6t2+2+m,g'(t)= 6t2-12t,由g'(t)=0得t=0或t= 2.当t<0或t>2时,g'(t)>0,g(t) 单调递增;当0<t<2时,g'(t)<0, g(t)单调 递 减;故 当t=0时,函 数 g(t)取得极大值2+m;当t=2时,函 数g(t)取 得 极 小 值 m -6,要 使 g(t)=0有3个不等实根,则 -2< m < 6,即 所 求 m 的 取 值 范 围 是 (-2,6). 3.2 导数与函数的单调性 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.f'(x)>0 f'(x)<0 基础检测 1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)× 2.0,14 解析:因为f(x)=4x-ln x(x>0), 所以f'(x)=4- 1 x ,由 x >0, f'(x)=4- 1 x <0 , 解得0<x < 1 4 ,所以函数f(x)=4x-ln x 的单 调递减区间为 0,14 . 3.B 由题图知,当-2<x<0或x> 2时,f'(x)<0,因此单调递减区间是 (-2,0),(2,+∞).故选B. 4.a≥ 25 8 解析:函数f(x)在 1 3 ,1 2 内单调递 增,则f'(x)= 1 x +2ax-5≥0 在 x ∈ 1 3 ,1 2 上 恒 成 立,即 2a ≥ - 1 x2 + 5 x 在x∈ 1 3 ,1 2 上恒成立, 又- 1 x2 + 5 x = - 1 x - 5 2 2 + 25 4 ∈ 6,254 ,所以2a≥254,即a≥258. 5.BC 由 x >0 , ln x ≠0, 得x>0且x≠1, 所以函数f(x)= ex ln x 的定义域为(0, 1)∪ (1,+∞),故 A不正确.当x ∈ (0,1)时,ln x < 0,ex > 0,所 以 f(x)<0,所以当x∈(0,1)时,f(x) 的图 象 位 于 x 轴 下 方,故 B 正 确. f'(x)= ex ln x- 1 x (ln x)2 ,令g(x)= ln x- 1 x ,则g'(x)= 1 x + 1 x2 >0,所 以函数g(x)单调递增,g(1)= -1< 0,g(e)=1- 1 e >0 ,故存在x0>1, 使得g(x0)=0,则函数f'(x)=0只 有一个根x0,当x∈(0,1)和x∈(1, x0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递 减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0, 函数f(x)单调递增,所以函数有三个 单调 区 间,故 C 正 确,D 不 正 确.故 选BC. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1) e e ,+∞ 解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2xln x+x2· 1 x =2xln x+ x =x(2ln x+1),令f'(x)>0,得 2ln x+1>0,解得x > e e ,故函数 f(x)=x2ln x 的 单 调 递 增 区 间 为 e e ,+∞ . (2)解:f(x)= x - sin x cos2x ,x ∈ 0,π2 ,则f'(x)=1- cos xcos2x-2cos x(-sin x)sin x cos4x =1- cos2x+2sin2x cos3x = cos3x-cos2x-2(1-cos2x) cos3x = cos3x+cos2x-2 cos3x ,令t=cos x,由于 x∈ 0, π 2 ,所以t=cos x∈(0,1), 所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2= t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+ 1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1),因为 t2+2t+2=(t+1)2+1>0,t-1< 0,cos3x =t3 > 0,所 以 f'(x)= cos3x+cos2x-2 cos3x <0在 0, π 2 上恒 成立,所 以 f(x)在 0, π 2 上 单 调 递减. 对点训练1:(1,+∞) 解析:f(x)的 定 义 域 为 (0,+ ∞), f'(x)= 1 x -ln x-1 ex ,令φ(x)= 1 x -ln x -1(x > 0),φ'(x)= - 1 x2 - 1 x <0 ,φ(x)在(0,+∞)上 单调递减,且φ(1)=0,∴ 当x ∈ (0, 1)时,φ(x)>0,当x∈(1,+∞)时, φ(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递 增,在(1,+∞)上单调递减. 例2:解:由题意得a≠0,f'(x)=3ax2- 6x =3ax x- 2 a , 令f'(x)=0,得x =0或x = 2 a , ① 当a>0时,当x<0或x> 2 a 时, f'(x)> 0,当 0 < x < 2 a 时, f'(x)<0, 所 以 f(x) 在 (- ∞,0) 和 2 a ,+∞ 上 递 增, 在 0,2a 上 递减; ② 当a<0时,当x>0或x< 2 a 时, f'(x)<0,当 2 a <x<0 时,f'(x)> 0, 所 以 f(x) 在 (0, + ∞) 和 -∞, 2 a 上 递 减, 在 2a,0 上 递增. 综上,当a>0时, f(x)在(-∞,0)和 2 a ,+∞ 上 递 增,在 0,2a 上 递 减;当a<0时,f(x)在(0,+∞)和 -∞, 2 a 上 递 减, 在 2a,0 上 递增. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -463- hhh 对点训练2:解:函数f(x)=ax-(a+ 1)ln(x+1)的定义域为(-1,+∞), f'(x)=a- a+1 x+1= ax-1 x+1 , ① 当-1≤a≤0时,对任意的x > -1,f'(x)<0, 此时,函数f(x)的减区间为(-1,+∞), 无增区间; ② 当a>0时,由f'(x)<0可得-1< x< 1 a ,由f'(x)>0可得x> 1 a , 此时,函 数 f(x)的 减 区 间 为 -1, 1 a ,增区间为 1a,+∞ , 综上所述,当 -1≤a ≤0时,函数 f(x)的减区间为(-1,+ ∞),无增 区间; 当a>0时,函数f(x)的减区间为 -1, 1 a ,增区间为 1a,+∞ . 例3:(1)D 由 题 图 可 知,当 x <0时 f'(x)<0,即f(x)在(-∞,0)上单 调 递减;当0<x<2时f'(x)>0,即 f(x)在(0,2)上单调递增;当x>2时 f'(x)<0,即f(x)在(2,+∞)上单 调递减,结合各选项,只有D符合要求. 故选D. (2)C 由导数的图象可知,当x∈(-1, 2)∪ (4,5)时,f'(x)>0,所以f(x) 在区间(-1,2),(4,5)上单调递增,故 C正确;当2<x<4时,f'(x)<0,所 以f(x)在 区 间 (2,4)上 单 调 递 减, 当 -3<x <-1时,f'(x)<0,则 f(x)在区间(-3,-1)上单调递减, 故A,B,D错误.故选C. 对点训练3:(1)D 由导函数y=f'(x) 的图象可知,该图象在x 轴的负半轴 上有一个零点(不妨设为x1),并且当 x <x1 时,f'(x)<0,该图象在x 轴 的正半轴上 有 两 个 零 点(从 左 到 右 依 次设 为 x2,x3),且 当 x ∈ (x1,x2) 时,f'(x)>0;当x ∈ (x2,x3)时, f'(x)<0;当x>x3 时,f'(x)>0. 因此函数f(x)在x =x1 处取得极小 值,在x =x2 处取得极大值,在x = x3 处取得极小值.对照四个选项,对于 A,在x =x1 处取得极大值,不合题 意;对于B,极大值点应大于0,不合题 意;对于C,在x =x1 处取得极大值, 不合题意;对于D,符合题意.故选D. (2)A ∵f(x)= 1 4x 2 +sin π2 + x = 14x2 + cos x,∴f'(x)= 1 2x-sin x,∴f'(-x)= 1 2 (-x)- sin(-x)=- 1 2x+sin x,∴f'(-x)= -f'(x),∴f'(x)= 1 2x-sin x 是奇 函数,其图象关于原点对称,故排除B, D;将x= π 6 代入f'(x)得f' π 6 = π 12- 1 2 <0 ,排除C.故选A. 例4:(1)A 解法1(指对数函数性质): 由9m =10可得m =log910= lg 10 lg 9 > 1,而lg 9lg 11< lg 9+lg 11 2 2 = lg 99 2 2 <1=(lg 10)2,所以lg 10 lg 9> lg 11 lg 10 ,即 m >lg 11,所以a =10m - 11>10lg 11 -11=0,又lg 8lg 10< lg 8+lg 10 2 2 = lg 80 2 2 < (lg 9)2,所以lg 9 lg 8> lg 10 lg 9 ,即log89> m,所以b=8m -9<8 log89-9=0.综 上,a>0>b. 解法2(构造函数): 由9m =10,可 得 m =log910∈ (1, 1.5),根 据 a,b 的 形 式 构 造 函 数 f(x)= xm -x -1(x > 1),则 f'(x)=mxm-1-1,令f'(x)=0,解 得x = m 1 1-m ,由 m =log910∈ (1, 1.5) 知 m 1 1-m ∈ (0,1),f(x) 在 (1,+∞)上单调递增,所以f(10)> f(8),即a>b,又因为f(9)=9 log910- 10=0,所以a>0>b.故选A. (2)C 设 f(x) = ln(1 + x)- x(x >-1),因 为f'(x)= 1 1+x - 1= - x 1+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,+ ∞)上 单 调 递 减,在 (-1,0)上 单 调 递 增,所 以f 1 9 < f(0)=0,所以ln 10 9- 1 9 <0 ,故1 9 > ln109 = -ln 0.9,即 b >c,所 以 f - 1 10 <f(0)=0,所 以ln910+ 1 10<0 ,故9 10<e -110,所以1 10e 1 10< 1 9. 故a <b.设 g(x)=xex +ln(1- x)(0<x <1),则 g'(x)= (x + 1)ex + 1 x-1 = (x2-1)ex +1 x-1 ,令 h(x)= ex(x2 -1)+1,h'(x)= ex(x2+2x-1),当0<x< 2-1时, h'(x)<0,函数h(x)=ex(x2-1)+ 1单调 递 减,当 2-1<x <1时, h'(x)>0,函数h(x)=ex(x2-1)+ 1单调递增,又h(0)=0,所以当0< x < 2-1时,h(x)<0,所以当0< x < 2 -1 时,g'(x)> 0,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. 对点训练4:(1)D 构 造 函 数g(x)= f(x) ex ⇒g'(x)=f '(x)-f(x) ex ,因为 f(x)<f'(x),所以g'(x)>0,因此 函数g(x)是增函数,于是有g(2)> g(1)⇒ f (2) e2 > f (1) e ⇒f (2) > ef(1),构 造 函 数 h(x)= f(x)· ex⇒h'(x)=ex[f(x)+f'(x)],因为 f(x)<f'(x)<0,所以h'(x)<0, 因此h(x)是减函数,于是有h(2)< h(1)⇒e2f(2)< ef(1)⇒ef(2)< f(1),故选D. (2)3π 解析:由y=πx 在(0,+∞)上单调递 增,则πe<π3,由y=xπ 在(0,+∞) 上单调递增,则eπ <3π,令f(x)= ln x x (x >e),则f'(x)= 1-ln x x2 < 0,所 以f(x)在(e,+ ∞)上 单 调 递 减,∵3<π,∴ ln 3 3 > ln π π ,即πln 3> 3ln π,所以ln 3π >ln π3,即3π >π3, 所 以 实 数 πe,3π,π3,eπ 中 值 最 大 的 是3π. 例5:(1)(-3,0)∪ (3,+∞) 解析:因为f(x)为奇函数,定义域为 R, 所 以 f(- x) = - f(x)⇒ -f'(-x)= -f'(x)⇒f'(-x)= f'(x),f(0)=0,又 因 为x >0时, f'(-x)> 2f(x),所 以 f'(x)> 2f(x),构造函数h(x)=f (x) e2x ,所以 h'(x)=f '(x)-2f(x) e2x ,所以当x> 0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上 单调 递 增,又 因 为 f(3)=0,所 以 h(3)=0,h(x)在(3,+∞)上大于零, 在(0,3)上小于零,又因为e2x >0,所 以当x>0时,f(x)在(3,+∞)上大 于零,在(0,3)上小于零,因为f(x)为 奇 函 数,所 以 当 x <0时,f(x)在 (-∞,-3)上小于零,在(-3,0)上大 于零,综上所述,f(x)>0的解集 为 (-3,0)∪ (3,+∞). (2)-∞, 1 2 ∪ 32,+∞ 解析:当x >0时,f'(x)+f (x) x = xf'(x)+f(x) x <0 ,所 以 当 x >0 时,xf'(x)+f(x)<0,令 F(x)= xf(x),则 当 x > 0 时,F'(x)= xf'(x)+f(x)< 0,故 F(x)= xf(x)在x >0时,单调递减,又因为 y = f(x)在 R 上 为 偶 函 数,所 以 F(x)=xf(x)在 R上为奇函数,故 F(x)=xf(x)在R上单调递减,因为 f(2)= -3,所 以 F(2)=2f(2)= -6,当 x > 1 2 时,f(2x -1)< -6 2x-1 可 变 形 为 (2x -1)f(2x - 1)<-6,即F(2x-1)<F(2),因为 F(x)=xf(x)在R上单调递减,所以 2x-1>2,解得x> 3 2 ,与x> 1 2 取 交集,结果为x > 3 2 ;当x < 1 2 时, f(2x-1)< - 6 2x-1 可变形为(2x- 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -464- 参 考 答 案 1)f(2x-1)>-6,即F(2x-1)> F(2),因为F(x)=xf(x)在 R上单 调递减,所以2x-1<2,解得x< 3 2 , 与x < 1 2 取交集,结果为x < 1 2. 综 上,不等式f(2x-1)< - 6 2x-1 的解集 为 -∞, 1 2 ∪ 32,+∞ . 对点训练5:(1)(-∞,-2) 解析:由f(x)-f'(x)<0得 f(x) ex '= f'(x)-f(x)ex >0,记 g(x)=f (x) ex ,则g(x)在R上单调递 增.由exf(x +1)> f (2x+3) e2 得 f(x+1) ex+1 > f (2x+3) e2x+3 ,即 g(x + 1)> g(2x +3),∴x +1 > 2x + 3,∴x <-2.所以解集为(-∞,-2). (2)(-1,0)∪ (1,+∞) 解析:∵不等式xf(x)>0,∴当x= 0时,不合题意,令g(x)=f (x) x ,x≠ 0,则g'(x)= xf'(x)-f(x) x2 ,∵ 当 x > 0 时 有 xf'(x)- f(x)> 0,∴g'(x)>0,∴g(x)在(0,+ ∞) 上是 增 函 数,又 f(x)为 偶 函 数,则 f(-x)=f(x),f(-1)=f(1)=0, ∵g(-x)= f (-x) -x = - f(x) x = -g(x),∴g(x)为 奇 函 数,g(x)在 (-∞,0)上是增函数,当x >0时,不 等式 xf(x)>0化 为f (x) x >0= f(1) 1 ,即g(x)>g(1),∴x >1.当 x <0时,不 等 式 xf(x)>0化 为 f(x) x >0= f(-1) -1 ,即g(x)>g(-1), ∴ -1 < x < 0,综 上,不 等 式 xf(x)> 0 的 解 集 为 (-1,0)∪ (1,+∞). 例6:(1)e-1 解析:依题可知,f'(x)=aex- 1 x ≥0 在(1,2)上恒成立,显然a >0,所以 xex ≥ 1 a ,令g(x)=xex,x ∈ (1, 2),所以g'(x)= (x+1)ex >0,所以 g(x)在 (1,2)上 单 调 递 增,g(x)> g(1)=e,故e≥ 1 a ,即a≥ 1 e =e -1, 即a 的最小值为e-1. (2) 5-1 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 解析:由函数的解析式可得f'(x)= axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在区间 (0,+∞)上恒成立,则(1+a)xln(1+ a)≥-axln a,即 1+aa x ≥- ln a ln(1+a) 在 区 间 (0,+ ∞) 上 恒 成 立, 故 1+a a 0 =1≥- ln a ln(1+a) ,而a+ 1 ∈ (1,2),故ln(1+a)> 0,故 ln(a+1)≥-ln a, 0<a<1, 即 a(a+1)≥1, 0<a<1, 故 5-12 ≤a<1,结 合题 意 可 得 实 数 a 的 取 值 范 围 是 5-1 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 . (3)(-3,-1)∪ (1,3) 解析:∵f(x)=x3-12x,∴f'(x)= 3x2 -12 = 3(x +2)(x -2),令 f'(x)=0,解得x = -2或x =2,所 以当x >2或x <-2时f'(x)>0, 当 -2<x <2时f'(x)<0,所以 f(x)在(-∞,-2)和(2,+∞)上单 调递增,在(-2,2)上单调递减,即函 数f(x)=x3-12x 的极值点为±2, 若函数f(x)=x3-12x 在区间(k- 1,k+1)上不是单调函数,则-2∈(k- 1,k+1)或2∈ (k-1,k+1),所 以 k-1<-2, -2<k+1 或 k-1<2,2<k+1, 解得-3< k<-1或1<k<3. 对点训练6:(1)CD 因 为 函 数f(x)= 1 3x 3- 3 2x 2-aln x在区间(0,+∞)上 单调递增,所以f'(x)=x2-3x- a x ≥ 0在区间(0,+∞)上恒成立,由x2-3x- a x ≥0 可得a≤x3-3x2,令g(x)= x3-3x2,则 g'(x)=3x2 -6x,由 g'(x)>0可得x>2,由g'(x)<0可得 0<x<2,所以g(x)在(0,2)上单调递 减,在 (2,+ ∞)上 单 调 递 增,所 以 g(x)min =g(2)= -4,所以a≤-4.故 选CD. (2)[3,4) 解析:函数f(x)=2x2-aln x+1定义 域为(0,+∞),由 题 意,函 数f(x)= 2x2-aln x+1在(a-3,a)上不单调, 所以f'(x)=4x- a x 在(a-3,a)上 有零点,即方程f'(x)=4x- a x =0 在(a-3,a)上有实根,即方程4x2=a 在(a-3,a)上有实根, 所 以 4 (a-3)2 <a<4a2, a-3≥0, 即 3 ≤ a<4,所 以 实 数 a 的 取 值 范 围 为 [3,4). 􀪋􀪋􀪋􀪋  􀪋􀪋􀪋􀪋 题目呈现:(1)解:由f(x)= sin x x , 得f'(x)= xcos x-sin x x2 , 设g(x)=xcos x-sin x, 则g'(x)= -xsin x+cos x-cos x= -xsin x. ∵0<x <π,∴g'(x)<0,即函数 g(x)在(0,π)上是减函数. ∴g(x)<g(0)=0,即f'(x)<0, 故函数f(x)在(0,π)上是减函数, ∴ 当0<x1<x2<π时,有f(x1)> f(x2),即a>b. (2)解:f'(x)= ln x+ x+1 x (x-1)-(x+1)ln x (x-1)2 = x2-2xln x-1 x(x-1)2 , 令g(x)=x2-2xln x-1,则 g'(x)=2x-2ln x-2,令h(x)= g'(x),则h'(x)= 2(x-1) x . 当x >1时,h'(x)>0,故h(x)单调 递增,故h(x)>h(1)=0,则g(x)单 调递 增,故 g(x)>g(1)=0,从 而 f'(x)>0,f(x)单调递增. (3)e 4 2 - 1 8 ,+∞ 解析:∵f(x)=ex -xln x -px2, ∴f'(x)= ex -ln x -1-2px, ∴f″(x)=ex - 1 x -2p ,∵f(x)= ex -xln x-px2 在(1,4)上为“严格 凸函数”,∴f″(x)=ex - 1 x -2p<0 在(1,4)上恒成立,即2p>ex - 1 x 在 (1,4)上恒成立,令g(x)=ex - 1 x , x ∈ (1,4),∴g'(x)= ex + 1 x2 > 0,∴g(x)=ex - 1 x 在(1,4)上单调 递 增,∴g(x) < g(4) = e4 - 1 4 ,∴2p ≥e4 - 1 4 ,即 p ∈ e 4 2 - 1 8 ,+∞ . 素养检测:1.①② 解析:f(x)= -x3+3x2+2的导函 数 f'(x)= -3x2 +6x,f″(x)= -6x+6,故f″(x)<0在(1,+∞)上 恒成立, 所以函数f(x)= -x3+3x2+2在 (1,+∞)上为“严格凸函数”,所以 ① 正确; f(x)= ln x x 的 导 函 数 f'(x)= 1-ln x x2 ,f″(x)= 2ln x-3 x3 , 由f″(x)<0可得2ln x-3<0,解得 x ∈ 0,e 3 2 , 所以函数f(x)= ln x x 的“严格凸区 间”为 0,e 3 2 ,所以 ② 正确; f(x)=ex - m 2x 2 的导函数f'(x)= ex -mx,f″(x)=ex -m, 因为 f(x)为 (1,4)上 的 “严 格 凸 函 数”,故f″(x)<0在(1,4)上恒成立, 所以ex -m <0在(1,4)上恒成立,即 m >ex 在(1,4)上恒成立,故m ≥e4, 所以 ③ 不正确.所以正确命题的序号 为 ①②. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -465- hhh 2.解:f'(x)= [-2xex +(1-x2)ex]x-[(1-x2)ex -1] x2 = (-x3-x2+x-1)ex +1 x2 . 令g(x)=(-x3-x2+x-1)ex +1, 则g'(x)= -(x3+4x2+x)ex, 当x>0时,g'(x)<0,则g(x)单调 递减,又g(0)=0, 故当x>0时,g(x)<0,则f'(x)< 0,f(x)在(0,+∞)上单调递减. 3.解:令f(x)=sin x-x+ x3 6 , 则f'(x)=cos x-1+ x2 2 , 令g(x)=f'(x), 则g'(x)= -sin x+x, 令h(x)=g'(x), 则h'(x)=1-cos x≥0,则h(x)单 调递增,又h(0)=0, 则h(x)≥0,所以g(x)单调递增, 又g(0)=0,则g(x)>0(x>0时), 故f(x)单调递增,又f(0)=0, 故f(x)>0.从而当x>0时,sin x> x- x3 6. 3.3 导数与函数的极值、最值 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)极小值点 极小值 极大值点 极大值 极值点 极值 (2)必要条件 ①f'(x0)=0 (3)极大值 极小值 2.(1)② 最小值 最大值 单调递减 3.(1)2 0 (2)2 0 基础检测 1.(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√ 2.1 解析:由 题 意 知 只 有 在 x = -1处 f'(-1)=0,且其两侧导数符号为左 负右正. 3.4 解析:f'(x)=x2-4,x ∈ [0,3],当 x ∈ [0,2)时,f'(x)<0,当x ∈ (2, 3]时,f'(x)>0,所以f(x)在[0,2) 上单调递减,在(2,3]上单调递增.又 f(0)=m,f(3)= -3+m.所 以 在 [0,3]上,f(x)max =f(0)=4,所 以 m =4. 4.-19 解析:因为f'(x)=3x2-3=3(x- 1)(x+1),x ∈ [-3,2],f'(x)>0, 1<x≤2或-3≤x<-1,f'(x)< 0⇒-1<x <1,所以f(x)在[-3, -1),(1,2]上单调递增,在[-1,1]上 单 调 递 减,因 为 f(-3)= -19, f(-1)=1,f(1)= -3,f(2)=1,所 以 M =1,N = -19,故 MN = -19. 5.AD 对于A,由f(x)= -x3+3x2, 得f(2-x)= -(2-x)3 +3(2- x)2 =x3 -3x2 +4,所 以 f(x)+ f(2-x)= -x3+3x2+x3-3x2+ 4=4,故A正确;对于B,由f(x)= -x3 +3x2,得 f'(x)= -3x2 + 6x =3x(2-x),令f'(x)<0⇒x< 0或x>2,令f'(x)>0⇒0<x<2, 所以函数f(x)在[-2,0)和(2,3]上 单调 递 减,在 (0,2)上 单 调 递 增,又 f(-2)=8+12=20,f(2)= -8+ 12=4,所以f(x)max =20,故B错误; 对于 C,因 为 f(-1)= f(2)=4, f(x)在[t,t+3]上的最大值为4,由 选项B的分析,得 t≥-1 , t≤2, 即 -1≤ t≤2,故C错误;对于D,设g(x)= f'(x)+a = -3x2 +6x +a,因 为 f'(x)+a= -3x2+6x+a=0在(0, 3)上有两个不相等的实数根,所以 g(0)=a<0, g(1)= -3+6+a>0, g(3)= -3×32+6×3+a<0, 解得 -3<a<0,故D正确. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)ABD 由导函数的图象可知,当 x <-1或1<x <3时,f'(x)<0, 当 -1<x<1或x>3时,f'(x)> 0,所以f(x)在(-1,1),(3,+∞)上 单调递增,在(-∞,-1),(1,3)上单调 递减,所以x = -1和x =3为极小值 点,x=1为极大值点,所以函数有3个 极值点,所以f(-1)和f(3)中的最小 值为函数 的 最 小 值,无 最 大 值,故 A, B,D正确. (2)AD 由y=f'(x)的图象可知:当 x∈(-∞,-3)时,f'(x)>0,所以函 数f(x)单调递增;当x ∈ (-3,-1) 时,f'(x)<0,所以函数f(x)单调递 减,因此有f(-2)>f(-1),x = -3 是f(x)的极大值点,故 A,D正确;当 x ∈ (-1,1),或x ∈ (1,+ ∞)时, f'(x)>0,所以函数f(x)单调递增, 因此函数f(x)在(-1,1)上没有极大 值,且x=1不是f(x)的极小值点,故 B,C不正确.故选AD. 对点训练1:BD 由题图可知,当x<-2 时,y>0,1-x >0⇒f'(x)>0,故 f(x)在(- ∞,-2)上单 调 递 增;当 -2<x <1时,y <0,1-x >0⇒ f'(x)<0,故f(x)在(-2,1)上单调 递减;当1<x<2时,y>0,1-x< 0⇒f'(x)<0,故f(x)在(1,2)上单 调递减;当x >2时,y<0,1-x < 0⇒f'(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上 单调递增.故函数f(x)在x = -2时 取得极大值,在x =2时取得极小值, 即函数y=f(x)有极大值f(-2)和 极小值f(2).故选BD. 例2:(1)-1 -3 解析:因为f'(x)= 2(x2+1)-4x2 (x2+1)2 = 2(1+x)(1-x) (x2+1)2 .令f'(x)=0,解得 x1 = -1,x2 = 1.当 x 变 化 时, f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1)-1 (-1,1) 1 (1,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 -3 单调递增 -1 单调递减 由上表看出,当x= -1时,f(x)取得 极小值,为f(-1)= -3;当x=1时, f(x)取得极大值,为f(1)= -1. (2)x =e, 1 e x =e ,e 解析:函数f(x)= ln x x 的定义域为 (0,+ ∞),且 f'(x)= 1-ln x x2 .令 f'(x)=0,解得x =e.当x 变化时, f'(x)与f(x)的变化情况如下表: x (0,e) e (e,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 1 e 单调递减 因此,x =e是函数的极大值点,极大 值 为 f(e)= 1 e ;令 x >0, ln x ≠0, 解 得 x>0且x≠1,所以函数f(x)= x ln x 的定义域为(0,1)∪ (1,+ ∞),因 为 f'(x)= ln x-1 (ln x)2 ,x ∈ (0,1)∪ (1, +∞),令f'(x)>0,解得x >e;由 f'(x)<0,解得0<x<1或1<x< e,则f(x)在(0,1)和(1,e)上单调递 减,在(e,+∞)上单调递增,当x =e 时,f(x)取得极小值,且f(e)=e. (3)-1 解析:f(x)= - 1 x -ln x,x >0,则 f'(x)= 1 x2 - 1 x = 1-x x2 ,当x∈(0, 1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当 x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单 调递减;所以f(x)max =f(1)= -1. 对点训练2:(1)1 解析:函数f(x)=ex -e-x -sin 2x+ 1,x ∈ [-π,0],所以f'(x)=ex + e-x - 2cos 2x ≥ 2 ex·e-x - 2cos 2x =2-2cos 2x,当且仅当ex = e-x,即x =0时等号成立,又因为2- 2cos 2x ≥0,所 以 f'(x)≥0,所 以 f(x)在[-π,0]上单调递增,其最大 值为f(0)=e0-e0-sin 0+1=1. (2)x = 3π 4 解析:f'(x)= 2-2sin x =0,解得 x = π 4 或 3π 4 ,故f(x)= 2x+2cos x 在区 间 0,π4 上 是 增 函 数,在 区 间 π 4 ,3π 4 上 是 减 函 数, 在 区 间 3π 4 ,π 上是 增 函 数.∴x =3π4 是 函 数的极小值点. (3)解:由题可得 f(x)的 定 义 域 为 (0,+∞). f'(x)= - 1 x +2x , 令f'(x)=0,即 - 1 x +2x =0 ,得 x = 2 2 或x = - 2 2 (舍去), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -466-