第3章 第2节 第1课时 利用导数研究函数的单调性-【优化探究】2025年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版2019）

第二节　导数在研究函数中的应用 第一课时　利用导数研究函数的单调性 第三章　导数及其应用 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 关键能力　重点探究 内容索引 课时作业　巩固提升 关键能力　重点探究 考点一　不含参数的函数单调性问题 (2023·北京卷，节选)设函数 f ( x )＝ x － x 3e ax ＋ b ，曲线 y ＝ f ( x )在 点(1， f (1))处的切线方程为 y ＝－ x ＋1. 例1 (1)求 a ， b 的值； [解]　因为 f ( x )＝ x － x 3e ax ＋ b ， x ∈R，所以f'( x )＝1－(3 x 2＋ ax 3)e ax ＋ b . 因为 f ( x )在(1， f (1))处的切线方程为 y ＝－ x ＋1， 所以 f (1)＝－1＋1＝0，f'(1)＝－1， 则解得所以 a ＝－1， b ＝1. (2)设函数 g ( x )＝ f '( x )，求 g ( x )的单调区间. [解]　由(1)得 g ( x )＝ f '( x )＝1－(3 x 2－ x 3)·e－ x ＋1( x ∈R)， 所以 g '( x )＝－ x ( x 2－6 x ＋6)e－ x ＋1， 令 x 2－6 x ＋6＝0，解得 x ＝3± ，不妨设 x 1＝3－ ， x 2＝3＋ ， 则0＜ x 1＜ x 2， 易知e－ x ＋1＞0恒成立， 所以令 g '( x )＜0，解得0＜ x ＜ x 1或 x ＞ x 2；令 g '( x )＞0，解得 x ＜0或 x 1＜ x ＜ x 2； 所以 g ( x )在(0， x 1)，( x 2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，( x 1， x 2)上 单调递增， 即 g ( x )的单调递减区间为(0，3－ )和(3＋ ，＋∞)，单调递增区间 为(－∞，0)和(3－ ，3＋ ). 求函数的单调区间的步骤 1. 求 f ( x )的定义域. 2. 求出 f '( x ). 3. 令 f '( x )=0，求出其全部根，把全部的根在 x 轴上标出，穿针引线. 4. 在定义域内，令 f '( x )>0，解出 x 的取值范围，得函数的单调递增区 间；令 f '( x )<0，解出 x 的取值范围，得函数的单调递减区间.若一个函 数具有相同单调性的区间不止一个，则这些单调区间不能用“⋃”“或”连 接，而应用“和”“，”隔开." 方法总结 1. (2024·山东济南模拟)已知函数 f ( x )＝ x －2 f '(1)·ln( x ＋1)－ f (0)e x ，则 f ( x )的单调递减区间为 ⁠. 由题意可知 x ＞－1， f (0)＝0－2 f '(1)ln(0＋1)－ f (0)e0＝－ f (0)， 所以 f (0)＝0，故 f ( x )＝ x －2 f '(1)ln( x ＋1)， f '( x )＝1－ ， 所以 f '(1)＝1－ ，解得 f '(1)＝ ， 故 f '( x )＝1－ ＝ ， 令 f '( x )≤0，即 ≤0，解得－1＜ x ≤0， 故 f ( x )的单调递减区间为(－1，0]. (－1，0]　 跟踪训练 2. 已知函数 f ( x )＝e x ln(1＋ x ). (1)求曲线 y ＝ f ( x )在点(0， f (0))处的切线方程； 解：∵ f ( x )＝e x ln(1＋ x )，∴ f (0)＝0， 即切点坐标为(0，0). 又f'( x )＝e x ， ∴切线斜率 k ＝f'(0)＝1，∴切线方程为 y ＝ x . (2)设 g ( x )＝ f '( x )，讨论函数 g ( x )在[0，＋∞)上的单调性. 解：∵ g ( x )＝ f '( x )＝e x ， ∴ g '( x )＝e x ， 令 h ( x )＝ln(1＋ x )＋ － ， 则 h '( x )＝ － ＋ ＝ ＞0， ∴ h ( x )在[0，＋∞)上单调 递增， ∴ h ( x )≥ h (0)＝1＞0， ∴ g '( x )＞0在[0，＋∞)上恒成立， ∴ g ( x )在[0，＋∞)上单调递增. 考点二　含参数的函数单调性的判断 (2024·山东济宁模拟)已知函数 f ( x )＝ a ln x ＋ x 2－( a ＋2) x ( a ＞0)，讨论函数 f ( x )的单调性. [解]　因为 f ( x )＝ a ln x ＋ x 2－( a ＋2) x ( a ＞0)，该函数的定义域为(0，＋∞)， 所以 f '( x )＝ ＋2 x －( a ＋2)＝ ＝ . 因为 a ＞0，由 f '( x )＝0得 x ＝ 或 x ＝1. 例2 ①当 ＝1，即 a ＝2时， f '( x )≥0对任意的 x ＞0恒成立，且 f '( x )不 恒为零， 此时，函数 f ( x )在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间； ②当 ＞1，即 a ＞2时，由 f '( x )＞0得0＜ x ＜1或 x ＞ ；由 f '( x ) ＜0得1＜ x ＜ . 此时，函数 f ( x )在(0，1)， 上单调递增，在 上单 调递减； ③当 ＜1，即0＜ a ＜2时，由 f '( x )＞0得0＜ x ＜ 或 x ＞1；由 f '( x )＜0得 ＜ x ＜1. 此时，函数 f ( x )在 ，(1，＋∞)上单调递增，在 上单 调递减. 综上所述：当 a ＝2时，函数 f ( x )在(0，＋∞)上单调递增，无单调递 减区间； 当 a ＞2时，函数 f ( x )在(0，1)， 上单调递增，在 上单调递减； 当0＜ a ＜2时，函数 f ( x )在 ，(1，＋∞)上单调递增，在 上单调递减. 方法总结 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，不仅要在函数定义域内讨论，还要确定导 数为 0的点和函数的间断点. 3. 个别导数为 0的点不影响所在区间的单调性，如 f ( x )＝ x 3， f '( x )= 3 x 2≥0( f '( x )=0在 x =0时取到)， f ( x )在R上是增函数. 3. (2024·广东广州模拟)已知函数 f ( x )＝ ， a ∈R. 讨论 f ( x )的单调性. 解：依题意 f '( x )＝－ . 若 a ＝0，则 f '( x )＝2 x ，故当 x ∈(－∞，0)时， f '( x )＜0，当 x ∈(0，＋∞)时， f '( x )＞0. 若 a ≠0，令 y ＝ ax 2－2 x ＋ a ，Δ＝4－4 a 2，令Δ≤0，解得 a ≤－1或 a ≥1. 跟踪训练 ③若－1＜ a ＜1且 a ≠0，令 f '( x )＝0，得 x 1＝ ， x 2＝ . 若－1＜ a ＜0，则 x 1＞ x 2，当 x ∈(－∞， x 2)时， f '( x )＞0，当 x ∈( x 2， x 1)时， f '( x )＜0，当 x ∈( x 1，＋∞)时， f '( x )＞0； 若0＜ a ＜1，则 x 1＜ x 2，当 x ∈(－∞， x 1)时， f '( x )＜0，当 x ∈( x 1， x 2) 时， f '( x )＞0，当 x ∈( x 2，＋∞)时， f '( x )＜0. ②若 a ≥1，则 f '( x )≤0. ①若 a ≤－1，则 f '( x )≥0. 综上所述：若 a ≤－1，则 f ( x )在R上单调递增； 若－1＜ a ＜0， 则 f ( x )在 和 上单调递增， 在 上单调递减； 若 a ＝0，则 f ( x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 若0＜ a ＜1，则 f ( x )在 和 上单调递减， 在 上单调递增； 若 a ≥1，则 f ( x )在R上单调递减. 考点三　根据函数的单调性求参数的取值范围 (1)(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 ⁠； 由题意得，f'( x )≥0在(0，＋∞)上恒成立. 即 ax ln a ＋(1＋ a ) x ln(1＋ a )≥0在 x ∈(0，＋∞)上恒成立. ∵ a ∈(0，1)，∴ a ＋1∈(1，2)， ∴ln(1＋ a )＞0，ln a ＜0， 　 例3 ∴f'(0)≥0，即ln a ＋ln( a ＋1)≥0，即ln( a 2＋ a )≥ln 1⇒ a 2＋ a ≥1， 解得 a ≤ 或 a ≥ .又 a ∈(0，1)， ∴ a ∈ . ∴ y ＝ ax ln a 与 y ＝(1＋ a ) x ln(1＋ a )在(0，＋∞)上均为增函数， ∴ y ＝f'( x )在(0，＋∞)上单调递增， (2)已知函数 f ( x )＝ ln(1＋ x ).若函数 f ( x )在(0，＋∞)上单调递增，则 a 的取值范围是 ⁠. 　 法一：由题意得 f '( x )＝－ ln(1＋ x )＋ · ≥0( x ＞0)，即 ≥0( x ＞0).因为 x 2(1＋ x )＞0，所以只需满足 ax 2＋ x －(1＋ x )·ln(1＋ x )≥0( x ＞0). 设 g ( x )＝ ax 2＋ x －(1＋ x )ln(1＋ x )， 则 g '( x )＝2 ax ＋1－ln(1＋ x )－1＝2 ax －ln(1＋ x ). 若 a ≤0，则 g '( x )＜0在(0，＋∞)上恒成立， g ( x )在(0，＋∞)上单调递 减，于是在(0，＋∞)上 g ( x )＜ g (0)＝0，不满足题意. 若 a ＞0，设 h ( x )＝ g '( x )，则 h '( x )＝2 a － ， h '(0)＝2 a －1. ①若0＜ a ＜ ，则 h '(0)＝2 a －1＜0.令 h '( x )＝0，得 x ＝ －1.因为 h '( x )在(0，＋∞)上单调递增，故当0＜ x ＜ －1时， h '( x )＜0，当 x ＞ －1时， h '( x )＞0， 所以 h ( x )即 g '( x )在 上单调递减，在 上单调 递增，于是当0＜ x ＜ －1时， g '( x )＜ g '(0)＝0，即 g ( x )在 上单调递减， g ( x )＜ g (0)＝0，不符合题意； ②若 a ≥ ，因为 h '( x )在(0，＋∞)上单调递增， h '( x )＞ h '(0)＝2 a －1≥0，所以 h ( x )即 g '( x )在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上 g '( x )＞ g '(0)＝0，于是 g ( x )在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上 g ( x )＞ g (0)＝0，满足题意. 综上所述， a 的取值范围为 . 法二：由题意得 f '( x )＝－ ln(1＋ x )＋ · ≥0( x ＞0)，即 · ≥ ( x ＞0)，即 ≥ ( x ＞0)，即 a ≥ ( x ＞0)恒成立. 设 g ( x )＝ ，则 g '( x )＝ ＝ ＝ . 再设 h ( x )＝ln(1＋ x )－ ， 则 h '( x )＝ － ＝ ， 当 x ＞0时， h '( x )＞0， h ( x )单调递增， 故在(0，＋∞)上 h ( x )＞ h (0)＝0. 又 x ＞0时，－( x ＋2)＜0， x 3＞0， 所以当 x ＞0时， g '( x )＜0，即 g ( x )在(0，＋∞)上单调递减. 由洛必达法则可得 g ( x )＝ ＝ ＝ ， 所以当 x ＞0时， g ( x )＜ ，所以 a ≥ ，故 a 的取值范围为 . 由函数的单调性求参数的取值范围的方法 1. 可导函数 f ( x )在区间 I 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化 为 f '( x )≥0(或 f '( x ) ≤0)对 x ∈ I 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到. 2. 可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是 f '( x )>0(或 f '( x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题. 方法总结 3. 若已知 f ( x )在区间 I 上的单调性，区间 I 中含有参数时，可先求 出 f ( x )的单调区间，令 I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的 取值范围. 4. 若已知 f ( x )在区间 I 上不单调，则 f ( x )在区间 I 上有极值点，且 极值点不是 I 的端点. 4. (2023·新高考Ⅱ卷)已知函数 f ( x )＝ a e x －ln x 在区间(1，2)上单调递增，则 a 的最小值为(　C　) A. e2 B. e C. e－1 D. e－2 C 跟踪训练 ∵ f ( x )在(1，2)上单调递增， ∴ f '( x )≥0在(1，2)上恒成立， 即 f '( x )＝ a e x － ≥0(1＜ x ＜2)，∴ a ≥ (1＜ x ＜2). 令 g ( x )＝ x e x (1＜ x ＜2)，则 g '( x )＝( x ＋1)e x ＞0， ∴ g ( x )在(1，2)内单调递增， g ( x )∈(e，2e2)， ∴ ∈ ，∴ a ≥ ，即 a 的最小值为 . 5. (2024·宁夏银川模拟)若函数 f ( x )＝ －ln x 在区间 上不单 调，则实数 m 的取值范围为(　B　) A. 0＜ m ＜ B. ＜ m ＜1 C. ≤ m ≤1 D. m ＞1 B 因为 f ( x )在区间 上不单调， 所以解得： ＜ m ＜1. 函数 f ( x )＝ －ln x 的定义域为(0，＋∞)， 且 f '( x )＝ x － ＝ ＝ ， 令 f '( x )＝0，得 x ＝1. 6. 已知 a ≥0，函数 f ( x )＝( x 2－2 ax )e x ，若 f ( x )在[－1，1]上是减函数， 则 a 的取值范围是 ⁠. 考点四　函数单调性的应用 (2023·天津卷)已知函数 f ( x )＝ ·ln( x ＋1). (1)求曲线 y ＝ f ( x )在 x ＝2处切线的斜率； [解]　f'( x )＝ － ln( x ＋1)，曲线 f ( x )在 x ＝2处的切线斜率为 f'(2)＝ － . 例4 (2)当 x ＞0时，证明： f ( x )＞1； [证明]　当 x ＞0时， f ( x )＞1⇔ln( x ＋1)－ ＞0，令 g ( x )＝ln( x ＋1)－ ，而g'( x )＝ ＞0，故 g ( x )在(0，＋∞)上单调递增，因此 g ( x )＞ g (0)＝0，原不等式得证. (3)证明： ＜ln( n ！)－ ln n ＋ n ≤1， n ∈N＋. [证明]　法一：令中间待证式为某数列{ an }的前 n 项和 Sn ，则 Sn ＝ ln( n ！)－ ln n ＋ n ，则 a 1＝ S 1＝1， 当 n ≥2时， an ＝ Sn － Sn －1＝1＋ ·ln ＝1－ ln ＝1－ f ， 由(2)知 an ＜0( n ≥2， n ∈N＋)，故 Sn ≤ S 1＝1，不等式右边得证. 欲证 ＜ Sn ，只需证：对任意的 n ≥2， n ∈N＋， (－ ak )＝ ＜ ，令 h ( x )＝ln( x ＋1)－ ( x ＞0)， h '( x )＝ ，当 x ＞0时， h '( x )＜0， h ( x )＜ h (0)＝0，ln( x ＋1)＜ ， f ( x )－1＜ · －1＝ ＜ ，因此当 k ≥2， k ∈N＋时， f －1＜ ＜ ＝ ， 当 n ≥4时，累加得 (－ ak )＝ ＜ ＝ ＜ ， 又－ a 2＝ f (1)－1＝ ln 2－1＜ ×0.694－1＝0.041， － a 3＝ ln －1＜ ×(1.1－0.693)－1＝0.017 5， 故 (－ ak )＝(－ a 2)＋(－ a 3)＋ (－ ak )＜0.041＋0.017 5＋0.1＝0.158 5＜ ，原不等式左边得证. 法二：只需证 ＜ln[( n －1)！]－ ln n ＋ n ≤1， n ＝1时显然 成立，下面考虑 n ≥2的情形. 先证ln[( n －1)！]－ ln n ＋ n ≤1. 当 n ≥2时，由(2)可得 f ＞1(2≤ i ≤ n )，即 [ln n －ln( n －1)]＞1， [ln( n －1)－ln( n －2)]＞1， …… [ln 2－ln(2－1)]＞1， 累加可得 ln n －ln[( n －1)！]＞ n －1， 所以ln[( n －1)！]－ ln n ＋ n ≤1( n ≥1). 方便起见，以下 x ∈(0，1]， 令 g ( x )＝ln( x ＋1)－ ， g '( x )＝ ＜0， 故 g ( x )单调递减，所以 g ( x )＜ g (0)＝0， 所以 f ( x )＜ ＝1＋ . 又－ x 2＋ x ＋2＞ x ＋1，所以 f ( x )＜1＋ ， 则 f ＜1＋ ＝1＋ (2≤ i ≤ n )，即 [ln n －ln( n －1)]＜1＋ ， [ln( n －1)－ln( n －2)]＜1＋ ， …… (ln 2－ln 1)＜1＋ ， 累加可得 ln n －ln[( n －1)！]＜ n －1＋ ＜ n － ， 即 ＜ln[( n －1)！]－ ln n ＋ n .综上， ＜ln( n ！)－ ln n ＋ n ≤1. 方法总结 1. 比较函数值大小时，若自变量不在同一单调区间内，则要利用函数 的性质，将其转化到同一个单调区间上，再进行比较. 2. 利用单调性比较大小或解不等式，关键是根据题意构造辅助函数， 利用构造的函数的单调性比较大小或解不等式. 3. 常构造的辅助函数有： g ( x )＝ xf ( x )， g ( x )＝ ， g ( x )＝e xf ( x )， g ( x )＝ ， g ( x )＝ln x · f ( x )， g ( x )＝ 等. 7. 设函数 f '( x )是奇函数 f ( x )( x ∈R)的导函数， f (－1)＝0，当 x ＞0时， xf '( x )－ f ( x )＜0，则使得 f ( x )＞0成立的 x 的取值范围是(　A　) A. (－∞，－1)∪(0，1) B. (－1，0)∪(1，＋∞) C. (－∞，－1)∪(－1，0) D. (0，1)∪(1，＋∞) A 跟踪训练 令 F ( x )＝ ，因为 f ( x )为奇函数，所以 F ( x )为偶函数，由于 F '( x )＝ ，当 x ＞0时， xf '( x )－ f ( x )＜0，所以 F ( x )＝ 在(0，＋∞) 上单调递减，根据图象的对称性， F ( x )＝ 在(－∞，0)上单调递增， 又 f (－1)＝0， f (1)＝0，数形结合可知，使得 f ( x )＞0成立的 x 的取值范 围是(－∞，－1)∪(0，1). 课时作业　巩固提升 [A组　基础保分练] 1. 已知函数 f ( x )＝ sin x ＋ a cos x 在区间 上是减函数，则实数 a 的 取值范围为(　B　) A. a ＞ －1 B. a ≥1 C. a ＞1－ D. a ≥－1 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 所以 y ＝tan x ＞1， 所以在 x ∈ 时，0＜ ＜1， 所以 a ≥1. 由题意， f '( x )＝ cos x － a sin x ≤0在 上恒成立， 即 a ≥ ＝ 在 上恒成立. 因为 y ＝tan x 在 上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2. 已知函数 f ( x )＝ x 2＋2 cos x .若 f '( x )是 f ( x )的导函数，则函数 f '( x )的图 象大致是(　A　) 设 g ( x )＝ f '( x )＝2 x －2 sin x ， g '( x )＝2－2 cos x ≥0，所以函数 f '( x )在R 上单调递增. A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 3. (2024·天津模拟)函数 f ( x )＝ln x － ax ( a ＞0)的单调递增区间为(　A　) A. B. C. D. (－∞， a ) 由 f '( x )＝ － a ＞0， x ＞0，得0＜ x ＜ ， ∴ f ( x )的单调递增区间为 . A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 4. 若函数 f ( x )＝ln x ＋ ax 2－2在区间 内存在单调递增区间，则实 数 a 的取值范围是(　D　) A. [－2，＋∞) B. C. D. (－2，＋∞) D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 若 f ( x )在区间 内存在单调递增区间，则 f '( x )＞0， x ∈ 有解，故 a ＞－ . 令 g ( x )＝－ ，则 g ( x )＝－ 在 单调递增， ∴ g ( x )＞ g ＝－2， 故 a ＞－2 . ∵ f ( x )＝ln x ＋ ax 2－2， ∴ f '( x )＝ ＋2 ax . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 5. (多选)已知函数 f ( x )＝ x 3－ ax －1，以下结论正确的为(　ABC　) A. 当 a ＝0时，函数 f ( x )的图象的对称中心为(0，－1) B. 当 a ≥3时，函数 f ( x )在(－1，1)上为单调递减函数 C. 若函数 f ( x )在(－1，1)上不单调，则0＜ a ＜3 D. 当 a ＝12时， f ( x )在[－4，5]上的最大值为15 ABC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 y ＝ x 3为R上的奇函数，其图象的对称中心为原点，当 a ＝0时，根据平 移知识，函数 f ( x )的图象的对称中心为(0，－1)，A正确. 由题意知 f '( x )＝3 x 2－ a ，因为当－1＜ x ＜1时，3 x 2＜3.又 a ≥3，所以 f '( x )＜0在(－1，1)上恒成立，所以函数 f ( x )在(－1，1)上为单调递减函 数，B正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 f '( x )＝3 x 2－ a ，当 a ≤0时， f '( x )≥0， f '( x )不恒等于0，此时 f ( x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故 a ＞0.令 f '( x )＝0，解得 x ＝± .因为 f ( x )在(－1，1)上不单调，所以 f '( x )＝0在(－1，1)上有解，所以0＜ ＜1，解得0＜ a ＜3，C正确. 令 f '( x )＝3 x 2－12＝0，得 x ＝±2.根据函数的单调性， f ( x )在[－4，5]上 的最大值只可能为 f (－2)或 f (5).因为 f (－2)＝15， f (5)＝64，所以最大值 为64，D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 6. (多选)(2024·河北衡水质检)下列不等式成立的是(　AD　) A. 2ln ＜ ln 2 B. ln ＜ ln C. 5ln 4＜4ln 5 D. π＞eln π 设 f ( x )＝ ( x ＞0)，则 f '( x )＝ ， ∴当0＜ x ＜e时， f '( x )＞0，函数 f ( x )单调递增； 当 x ＞e时， f '( x )＜0，函数 f ( x )单调递减. ∵ ＜2＜e，∴ f ＜ f (2)， 即2ln ＜ ln 2，A正确； AD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ∵ ＜ ＜e，∴ f ( )＜ f ( )， 即 ln ＞ ln ，B不正确； ∵e＜4＜5，∴ f (4)＞ f (5)，即5ln 4＞4ln 5，C不正确； ∵e＜π，∴ f (e)＞ f (π)，即π＞eln π，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 7. (多选)若函数 f ( x )＝ ax 3＋3 x 2－ x ＋1恰好有三个单调区间，则实数 a 的取值可以是(　BD　) A. －3 B. －1 C. 0 D. 2 依题意知， f '( x )＝3 ax 2＋6 x －1有两个不相等的零点，故 解得 a ＞－3且 a ≠0. BD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 8. 设函数 f ( x )＝ x 2－9ln x 在区间[ a －1， a ＋1]上单调递减，则实数 a 的取值范围是 ⁠. ∵ f ( x )＝ x 2－9ln x ，∴ f '( x )＝ x － ( x ＞0)，当 x － ≤0时，有0＜ x ≤ 3，即 f ( x )在(0，3]上单调递减，则[ a －1， a ＋1]⊆(0，3]，∴ a －1＞0且 a ＋1≤3，解得1＜ a ≤2. (1，2]　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 9. (2024·湖北武汉模拟)定义在R上的函数 f ( x )满足 f '( x )－ f ( x )＜2e x (e为 自然对数的底数)，其中 f '( x )为 f ( x )的导函数.若 f (2)＝4e2，则 ＞ x e x 的解集为 ⁠. 构造函数 g ( x )＝ －2 x ，则 g '( x )＝ －2＝ －2. ∵ f '( x )－ f ( x )＜2e x ，∴ g '( x )＜0，∴ g ( x )在R上为减函数. ∵ ＞ x e x ，∴ ＞2 x ，∴ g ( x )＞0. 又∵ f (2)＝4e2，∴ g (2)＝ －4＝ －4＝0， ∴ g ( x )＞ g (2)，∴ x ＜2，∴ ＞ x e x 的解集为(－∞，2). (－∞，2)　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 10. 已知函数 f ( x )＝ln x －2 a 2 x 2＋3 ax －1( a ≥0).讨论函数 f ( x )的单调性. 解： f ( x )的定义域为(0，＋∞)， f '( x )＝ ， 若 a ＝0，则 f '( x )＝ ＞0， f ( x )在(0，＋∞)上单调递增； 若 a ＞0，令 f '( x )＝0，解得 x 1＝ ＞0， x 2＝－ ＜0(舍去)， ①当0＜ x ＜ 时， f '( x )＞0，函数 f ( x )在 上单调递增， ②当 x ＞ 时， f '( x )＜0，函数 f ( x )在 上单调递减. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 11. 已知函数 f ( x )＝ x 2＋ a ln x . (1)当 a ＝－2时，求函数 f ( x )的单调递减区间； 解：由题意知函数 f ( x )的定义域为(0，＋∞)，当 a ＝－2时，f'( x )＝2 x － ＝ ， 由f'( x )＜0得0＜ x ＜1，故 f ( x )的单调递减区间是(0，1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ①若 g ( x )为[1，＋∞)上的单调递增函数， 则 g '( x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即 a ≥ －2 x 2在[1，＋∞)上恒成立. 设φ( x )＝ －2 x 2， x ∈[1，＋∞)，易知φ( x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴在[1，＋∞)上，φ( x )max＝φ(1)＝0，∴ a ≥0. ②若 g ( x )为[1，＋∞)上的单调递减函数， 则 g '( x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立，不符合题意. 综上，实数 a 的取值范围是[0，＋∞). 解：由题意得 g '( x )＝2 x ＋ － . (2)若函数 g ( x )＝ f ( x )＋ 在[1，＋∞)上单调，求实数 a 的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 [B组　能力提升练] 12. 已知函数 f ( x )＝ mx 3＋3( m －1) x 2－ m 2＋1( m ＞0)的单调递减区间是 (0，4)，则 m ＝(　B　) A. 3 B. C. 2 D. B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 函数 f ( x )＝ mx 3＋3( m －1) x 2－ m 2＋1( m ＞0)，则导数 f '( x )＝3 mx 2＋ 6( m －1) x . 令 f '( x )＜0，即3 mx 2＋6( m －1) x ＜0. ∵ m ＞0， f ( x )的单调递减区间是(0，4)， ∴0，4是方程3 mx 2＋6( m －1) x ＝0的两根， ∴0＋4＝ ，0×4＝0，∴ m ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 13. 已知函数 f ( x )＝ sin x ＋ cos x －2 x ， a ＝ f (－π)， b ＝ f (2e)， c ＝ f (ln 2)，则 a ， b ， c 的大小关系是(　A　) A. a ＞ c ＞ b B. a ＞ b ＞ c C. b ＞ a ＞ c D. c ＞ b ＞ a f ( x )的定义域为R， f '( x )＝ cos x － sin x －2＝ cos －2＜0， ∴ f ( x )在R上单调递减. 又2e＞1，0＜ln 2＜1，∴－π＜ln 2＜2e， 故 f (－π)＞ f (ln 2)＞ f (2e)，即 a ＞ c ＞ b . A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 14. (多选)若函数 f ( x )在定义域 D 内的某个区间 I 上是单调递增函数，且 F ( x )＝ 在区间 I 上也是单调递增函数，则称 y ＝ f ( x )是区间 I 上的“一 致递增函数”.已知 f ( x )＝ x ＋ ，若函数 f ( x )是区间 I 上的“一致递增函 数”，则区间 I 可能是(　AD　) A. (－∞，－2) B. (－∞，0) C. (0，＋∞) D. (2，＋∞) AD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 函数 f ( x )是区间 I 上的“一致递增函数”，所以函数 f ( x )和 F ( x ) 在区间 I 上都是单调递增函数.对于 F ( x )＝ ＝1＋ ，有 F '( x )＝ .令 F '( x )＞0，得 x ＞2或 x ＜0，即 F ( x )在区间(－∞，0)，(2，＋∞)上为增函数.对于 f ( x )＝ x ＋ ，有 f '( x )＝ .当 x ∈(2，＋∞)时，显然 f '( x )＞0成立，即 f ( x )在(2，＋∞)上为增函数，所以区间 I 可能为(2，＋∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 当 x ∈(－∞，0)时，令 g ( x )＝ x 2＋e x ( x －1)，则 g '( x )＝ x (2＋e x )＜0在 (－∞，0)上恒成立，即 g ( x )在(－∞，0)上单调递减.而 g (－1)＝1－ ＞0， g ＝ － ＜ － ＜0，所以∃ x 0∈ 使得 g ( x 0)＝0，且 g ( x )＞0在(－∞， x 0)上恒成立，即 f '( x )＞0在(－∞， x 0)上恒成立，所以 f ( x )在(－∞， x 0)上为增函数，其中 x 0∈ .对比选项，可知 x ＝－2符合题意，即区间 I 可能为(－∞，－2).可知A，D符合题意. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 15. (多选)若函数 g ( x )＝e xf ( x )(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在 f ( x ) 的定义域上单调递增，则称函数 f ( x )具有 M 性质.下列函数不具有 M 性 质的为(　ACD　) A. f ( x )＝ B. f ( x )＝ x 2＋1 C. f ( x )＝ sin x D. f ( x )＝ x 对于A， f ( x )＝ ，则 g ( x )＝ ， g '( x )＝ ，当 x ＜1且 x ≠0时， g '( x )＜0，当 x ＞1时， g '( x )＞0， ∴ g ( x )在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； ACD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 对于B， f ( x )＝ x 2＋1，则 g ( x )＝e xf ( x )＝e x ( x 2＋1)， g '( x )＝e x ( x 2＋1)＋2 x e x ＝e x ( x ＋1)2＞0在实数集R上恒成立， ∴ g ( x )＝e xf ( x )在定义域R上是增函数； 对于C， f ( x )＝ sin x ，则 g ( x )＝e x sin x ， g '( x )＝e x ( sin x ＋ cos x )＝ e x sin ，显然 g ( x )不单调； 对于D， f ( x )＝ x ，则 g ( x )＝ x e x ，则 g '( x )＝( x ＋1)·e x .当 x ＜－1时， g '( x )＜0，所以 g ( x )在R上先减后增； ∴具有 M 性质的函数的选项为B，不具有 M 性质的函数的选项为A，C，D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 16. (2024·湖北武汉模拟)已知函数 f '( x )是奇函数 f ( x )( x ∈R)的导函数， 且满足 x ＞0时，ln x · f '( x )＜－ f ( x )，则不等式( x －2 023) f ( x )＞0的解 集为 ⁠. (0，2 023)　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 令 g ( x )＝ln x · f ( x )，则 g '( x )＝ · f ( x )＋ln x · f '( x ).因为 x ＞0时，ln x · f '( x )＜－ · f ( x )，所以 x ＞0时， g '( x )＜0，即 g ( x )单调递减.因为 g (1)＝0，所以0＜ x ＜1时， g ( x )＞0，则 f ( x )＜0； x ＞1时， g ( x )＜0，则 f ( x )＜0.所以，当 x ＞0且 x ≠1时， f ( x )＜0.又 f '(1)·ln 1＜－ f (1)，所以 f (1)＜0.所以当 x ＞0时， f ( x )＜0.又 f ( x )为奇函数，所以当 x ＜0时， f ( x )＞0，所以 ( x －2 023) f ( x )＞0可化为或解得0＜ x ＜ 2 023.所以不等式的解集为(0，2 023). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 17. 已知函数 f ( x )( x ∈R)满足 f (1)＝1， f ( x )的导数 f '( x )＜ ，则不等式 f ( x 2)＜ ＋ 的解集为 ⁠. 设 F ( x )＝ f ( x )－ x ，∴ F '( x )＝ f '( x )－ ， ∵ f '( x )＜ ，∴ F '( x )＝ f '( x )－ ＜0， 即函数 F ( x )在R上单调递减. ∵ f ( x 2)＜ ＋ ，∴ f ( x 2)－ ＜ f (1)－ ， ∴ F ( x 2)＜ F (1)，又函数 F ( x )在R上单调递减， ∴ x 2＞1，即不等式的解集为{ x ｜ x ＜－1，或 x ＞1}. { x ｜ x ＜－1，或 x ＞1}　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 18. 已知函数 f ( x )＝( ax －1)e x ， a ∈R. (1)讨论 f ( x )的单调区间； 解： f ( x )的定义域为R，且f'( x )＝( ax ＋ a －1)e x . ②当 a ＞0时，由f'( x )＞0，得 x ＞－ ； 由f'( x )＜0，得 x ＜－ . 此时 f ( x )的单调递减区间为 ，单调递增区间为 . ①当 a ＝0时，f'( x )＝－e x ＜0，此时 f ( x )的单调递减区间为 (－∞，＋∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ③当 a ＜0时，由f'( x )＞0，得 x ＜－ ； 由f'( x )＜0，得 x ＞－ . 此时 f ( x )的单调递减区间为 ，单调递增区间为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)当 m ＞ n ＞0时，证明： m e n ＋ n ＜ n e m ＋ m . 证明：当 m ＞ n ＞0时，要证 m e n ＋ n ＜ n e m ＋ m ， 只要证 m (e n －1)＜ n (e m －1)，即证 ＞ .设 g ( x )＝ ， x ＞0，则 g '( x )＝ ， x ＞0. 设 h ( x )＝( x －1)e x ＋1， 则 h '( x )＝ x e x ，所以当 x ＞0时， h '( x )＞0，即 h ( x )＞ h (0)＝0，于是 g '( x )＞0，所以 g ( x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当 m ＞ n ＞0时， ＞ 成立，故当 m ＞ n ＞0时， m e n ＋ n ＜ n e m ＋ m . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 [C组　高考新动向] 19. (2024·山东青岛模拟)定义方程 f ( x )＝ f '( x )的实数根 x 0叫作函数 f ( x ) 的“新驻点”.若函数 g ( x )＝ x ， h ( x )＝ln 2 x ，φ( x )＝ sin x (0＜ x ＜π)的 “新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为 ⁠. γ＜α＜β　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 若0＜β＜1，则 h '(β)＞ h '(1)＞ h (1)＞ h (β)，所以β＞1. φ'( x )＝ cos x ，由 cos x ＝ sin x 得 cos γ＝ sin γ，tan γ＝1.又γ∈(0，π)，所 以γ＝ ＜1， 所以γ＜α＜β. g '( x )＝ ， g (α)＝ α＝ ，α＝1. h '( x )＝ ，由ln 2 x ＝ 得ln 2β＝ ， 在(0，＋∞)上， h ( x )是增函数， h '( x )＝ 是减函数， h '(1)＝1＞ h (1)＝ln 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20. 已知函数 f ( x )＝ ，其单调递增区间为 　 　；若对于∀ x 1， x 2∈(1，＋∞)， x 1≠ x 2，都有｜ f ( x 1)－ f ( x 2)｜≤ k ｜ln x 1－ln x 2｜，则 k 的取值范围是 ⁠. f ( x )＝ ， f ' ＝－ ，令 f ' ＞0，得出0＜ x ＜1，故 f 的单 调递增区间为 . 　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 x ＞1时， f ' ＜0， f 单调递减，设 x 1＜ x 2，｜ f ( x 1)－ f ( x 2)｜≤ k ｜ ln x 1－ln x 2｜即可转化为 f ( x 1)＋ k ln x 1≤ f ( x 2)＋ k ln x 2，令 g ＝ f ＋ k ln x ， g 在 上单调递增，不等式才能恒成立，则 g ' ＝ f ' ＋ ＝ ≥0，解得 k ≥ . 令 h ＝ ， h ' ＝ ， x ∈ 时 h 单调递增， x ∈ 时 h 单调递减， ∴ h ( x )max＝ h ＝ ，∴ k ≥ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 $$