第3章 第2节 导数与函数的单调性(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的单调性”专题，依据高考评价体系梳理导数与单调性关系、单调区间求解及应用三大核心考点，通过近五年真题分析明确含参讨论、参数范围求解等高频考点权重，归纳选择填空及解答题常考题型。 课件亮点在于“基础夯实-考点突破-规范训练”的系统备考策略，结合2023新课标Ⅱ卷真题解析“参数范围”题型，通过分类讨论培养数学思维，总结“定义域-求导-分区间判断”通法。助力学生掌握答题技巧，教师可精准指导复习，提升备考效率。

第2节　导数与函数的单调性 返回 ‹#› 1．借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系．　2.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．　3.会利用函数的单调性判断大小，求参数范围等简单应用． 课标解读 返回 ‹#› 1 再研教材 夯实基础 3 限时规范训练　 栏 目 导 引 2 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 再研教材 夯实基础 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)上____________ f′(x)<0 f(x)在(a，b)上____________ f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是____________ 单调递增 单调递减 常数函数 返回 ‹#› 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的_________； 第2步，求出导函数f′(x)的______； 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)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性． 定义域 零点 返回 ‹#› 1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 返回 ‹#› 1．(多选)(人A选修二P92练习 T1改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上f(x)单调递增 B．在区间(2，3)上f(x)单调递减 C．在区间(4，5)上f(x)单调递增 D．在区间(3，5)上f(x)单调递减 BC 返回 ‹#› 解析：BC　在区间(－2，1)上，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，A错误；在区间(2，3)上，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，B正确；在区间(3，5)上，当x∈(3，4)时，f′(x)<0，当x∈(4，5)时，f′(x)>0，故f(x)在区间(3，4)上单调递减，在区间(4，5)上单调递增，C正确，D错误．故选BC. 返回 ‹#› 2．(人A选修二P86例1(2)改编)函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调性是(　　) A.单调递增 B．单调递减 C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减 D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增 解析：A　因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上单调递增．故选A. A 返回 ‹#› 3．(人A选修二P87练习T3改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　) D　 返回 ‹#› 解析：D　由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知D符合．故选D. 返回 ‹#› 4．(人A选修二P87例3改编)设f(x)＝2x2－x3，则f(x)的单调递减区间是 (　　) A． B． C．(－∞，0) D．(－∞，0)和 D 返回 ‹#› 解析：D　由f(x)＝2x2－x3，得f′(x)＝4x－3x2＝x(4－3x)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示． 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和.故选D x (－∞，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减   单调递增   单调递减 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 考点一　函数的单调性(多维探究) 角度1　不含参函数的单调性 例1　(1)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 解析：B　对于A，f′(x)＝2cos 2x，f′＝－1<0，故A不符合题意；对于B，f′(x)＝(x＋1)ex>0，故B符合题意；对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－<0，故C不符合题意；对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－<0，故D不符合题意．故选B. B 返回 ‹#› (2)函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的单调递增区间是(　　) A．(0，1) B． C． D． 解析：D　函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的定义域为，且f′(x)＝－2x＋1＝，令f′(x)>0，解得<x<，所以f(x)的单调递增区间为.故选D. D 返回 ‹#› 角度2　含参数函数的单调性 例2　(2025·广东湛江二模节选)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x.若a≥－，讨论f(x)的单调性． 解：由f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，x>0，得f′(x)＝－2x＋.令(x＋a)(2x－a－1)＝0，得x＝－a或x＝.若a≥0，则－a≤0，>0，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．若－<a<0，则>－a>0，当x∈(0，－a)和时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 返回 ‹#› 当x∈单调递增．若a＝，则，f′(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，f(x)单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为； 当－<a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0，－a)和； 当a＝－时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间． 返回 ‹#› 讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求出导数f′(x)，并求出方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． 提醒　研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 返回 ‹#› 1．(多选)函数y＝x4－2x2＋5在下列区间单调递减的有(　　) A．(－∞，－1) B．(－1，0) C．(0，1) D．(1，＋∞) 解析：AC　由题意得y′＝4x3－4x＝4x(x2－1)＝4x(x＋1)(x－1)，令y′<0，解得x<－1或0<x<1，结合选项可知函数y＝x4－2x2＋5在(－∞，－1)，(0，1)上单调递减．故选AC. AC 返回 ‹#› 2．已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax.讨论f(x)的单调区间． 解：由题意可知f(x)的定义域为R，且f′(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)， ①若a≥0，则2ex＋a>0， 令f′(x)>0，解得x>0； 令f′(x)<0，解得x<0， 可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； ②若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝ln 或x＝0， (ⅰ)当ln <0，即－2<a<0时， 返回 ‹#› 令f′(x)>0，解得x>0或x<ln ； 令f′(x)<0，解得ln <x<0， 可知f(x)在上单调递减，在，(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)当ln ＝0，即a＝－2时， f′(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上单调递增； (ⅲ)当ln >0，即a<－2时， 返回 ‹#› 令f′(x)>0，解得x<0或x>ln ； 令f′(x)<0，解得0<x<ln ， 可知f(x)在上单调递减，在(－∞，0)，上单调递增． 综上所述，若a≥0，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)； 若－2<a<0，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，(0，＋∞)； 返回 ‹#› 若a＝－2，f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间； 若a<－2，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(－∞，0)，. 返回 ‹#› 考点二　函数单调性的应用(多维探究) 角度1　比较大小或解不等式 例3　(1)(2026·江苏无锡模拟)已知函数f(x)＝x2－cos x，x∈，则(　　) A．f>f(0)>f(－1) B．f(－1)>f(0)>f C．f>f(－1)>f(0) D．f(－1)>f>f(0) C 返回 ‹#› 解析：C　因为f(－x)＝(－x)2－cos (－x)＝x2－cos x＝f(x)，所以函数f(x)是定义在上的偶函数，所以f(－1)＝f(1)，因为当x∈时，f′(x)＝2x＋sin x≥0，所以函数f(x)在上单调递增，所以f>f(1)>f(0)，即f>f(－1)>f(0)．故选C. 返回 ‹#› (2)已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f(2x－1)＜f(1－x)的解集为(　　) A． B． C． D． 解析：B　由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－1＝－2≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．由f(2x－1)＜f(1－x)，可得解得＜x＜1，即原不等式的解集为.故选B. B 返回 ‹#› 角度2　已知函数单调性求参数 例4　(2023·新课标Ⅱ卷T6)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e-1 D．e-2 解析：C　依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥，设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≥，即a≥＝e-1，即a的最小值为e-1.故选C. C 返回 ‹#› [变式探究1] (变条件、变问法)在本例中，若函数f(x)在区间(1，2)上存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 解：因为f(x)在(1，2)上存在单调递增区间，所以∃x∈(1，2)，使f′(x)＞0有解，即当x∈(1，2)时，不等式aex－＞0有解，即a＞，x∈(1，2)有解，由例4解析可知，∈，所以a＞，即实数a的取值范围为. 返回 ‹#› [变式探究2] (变条件、变问法)若函数f(x)在区间(1，2)上不单调，求实数a的取值范围． 解：因为f(x)在(1，2)上不单调，得a＞0，则f″(x)＝aex＋＞0，所以当x∈(1，2)时，f′(x)＝0有解，即方程aex－＝0有解，即a＝在x∈(1，2)上有解，由例4解析可知，∈，所以实数a的取值范围为. 返回 ‹#› 1．根据函数单调性求参数的方法 (1)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (2)函数在区间(a，b)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． (3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)． 2．利用导数比较大小或解不等式，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小或解不等式． 返回 ‹#› 1．若函数f(x)＝x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝ (　　) A．－4 B．－1 C．1 D．4 解析：A　易知f′(x)＝x2－3x＋a，由题意知f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4.故选A. A 返回 ‹#› 2．已知a＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．b>c>a 解析：D　构造函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝，令f′(x)>0，得0<x<e，令f′(x)<0，得x>e，因此f(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而a＝＝f(4)，b＝＝f(e)，c＝＝f(3)，因为4>3>e，所以f(e)>f(3)>f(4)，即b>c>a.故选D. D 返回 ‹#› 3．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＞1的解集为________． 解析：f(x)＝ex－e－x－2x＋1的定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2 －2＝0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在R上是增函数，又f(0)＝1，所以原不等式可化为f(2x－3)＞f(0)，即2x－3＞0，解得x＞，所以原不等式的解集为. 答案： 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 限时规范 训练(二十一) 14 15 (建议用时：60分钟　分值：104分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是(　　) A．(－∞，2) B．(0，3) C．(1，4) D．(2，＋∞) 解析：A　由已知得，f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，令f′(x)＝0，即(x－2)ex＝0，解得x＝2；当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间是(2，＋∞)．故选A. A 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．“函数y＝ax－sin x在R上是增函数”是“a＞0”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　因为函数y＝ax－sin x是增函数，所以y′＝a－cos x≥0恒成立，即a≥cos x恒成立，所以a≥1＞0，反之，a＞0，函数的导数不一定大于0.故“函数y＝ax－sin x在R上是增函数”是“a＞0”的充分不必要条件．故选A. 14 15 A 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且函数f(x)的图象如图所示，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　) 14 15 C 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：C　由题图可知函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，则当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，且f′(－1)＝0.对于函数y＝xf′(x)，当x∈(－∞，－1)时，xf′(x)＞0，当x∈(－1，0)时，xf′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，xf′(x)＞0，且当x＝－1时，xf′(x)＝0，当x＝0时，xf′(x)＝0，显然选项C符合．故选C. 14 15 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．已知函数f(x)＝ln x，且a＝f，b＝f，c＝，则(　　) A．a>b>c B．c>a>b C．a>c>b D．c>b>a 解析：B　由f(x)＝ln x，得f′(x)＝ln x＋，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为c＝f，0<<<<1，所以f>f>f，故c>a>b.故选B. 14 15 B 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)若f(x)＝－x2＋2x＋1是区间(m－1，m＋4)上的单调函数，则实数m的值可以是(　　) A．－4 B．－3 C．3 D．4 解析：CD　由题意，知f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，令f′(x)＞0，解得－1＜x＜2，令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞2，所以f(x)在(－1，2)上单调递增，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，若函数f(x)＝－x2＋2x＋1在区间(m－1，m＋4)上单调，则m＋4≤－1或m－1≥2或解得m≤－5或m≥3或m∈∅，即m≤－5或m≥3.故选CD. 14 15 CD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 6．(多选)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝(　　) A．在区间(0，1)上单调递增 B．在区间(1，4)上单调递减 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递减 14 15 AC 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 解析：AC　当x＝0或x＝2时，f(x)＝0，则函数g(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，排除B、D； g′(x)＝＞f′(x)，即g′(x)＝＞0，所以函数g(x)＝在(0，1)上单调递增，故A正确；又由题图得，当x∈时，f(x)＜f′(x)，即g′(x)＝＜0，所以函数g(x)＝在上单调递减，故C正确．故选AC. 14 15 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)已知函数f(x)＝＋ax＋1存在三个单调区间，则实数a的取值范围是___________________________． 解析：由函数f(x)＝＋ax＋1，可得f′(x)＝x2＋ax＋a，由函数f(x)存在三个单调区间，可得f′(x)有两个不相等的实数根，则满足Δ＝a2－4a＞0，解得a＜0或a＞4，即实数a的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪(4，＋∞) 14 15 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(13分)求函数f(x)＝ex＋ln (1－x)＋1的单调递减区间． 解：由1－x＞0知x＜1，故f(x)的定义域为(－∞，1)．f′(x)＝ex＋(1－x)′＝ex＋.记g(x)＝ex(x－1)＋1(x＜1)，则g′(x)＝(ex)′(x－1)＋ex(x－1)′＝ex(x－1)＋ex＝xex.令g′(x)＝0，解得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表所示． 14 15 x (－∞，0) 0 (0，1) g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 0 单调递增 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 因此，当x＝0时，g(x)有最小值g(0)＝0. 所以当x∈(－∞，1)时，g(x)≥g(0)＝0， 即f′(x)＝≤0， 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，1)． 14 15 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．已知函数f(x)＝x＋x－1，则不等式f(x)＜0的解集是(　　) A．(－1，0) B．(0，1) C．(－∞，－1)∪(0，＋∞) D．(－1，1) 14 15 A 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：A　由f(x)＝x＋x－1得f′(x)＝ln ·x＋1＝1－ln 2·x＝，由f′(x)＞0，即2x－ln 2＞0，解得x＞log2(ln 2)，由f′(x)＜0，得x＜log2(ln 2)，所以f(x)在(－∞，log2(ln 2))上单调递减，在(log2(ln 2)，＋∞)上单调递增．由选项知，f(1)＝，f(－1)＝-1－1－1＝0，f(0)＝0，作出函数f(x)的大致图象如图所示．所以不等式f(x)＜0的解集是(－1，0)．故选A. 14 15 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．已知函数f(x)＝cos x＋ex，且a＝f(2)，b＝，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：D　由f(x)＝cos x＋ex可得f′(x)＝－sin x＋ex，当x＞0时，f′(x)＝－sin x＋ex＞－sin x＋1≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又－ln 2＝＜0，所以＜ln 2，即＜ln 2＜2，则f＜f(ln 2)＜f(2)，所以b＜c＜a.故选D. 14 15 D 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(5分)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，则实数k的取值范围是______________． 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则2k－1≥0，即k≥.f′(x)＝4x－＝，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，因为f(x)在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，所以2k－1<<2k＋1，解得－<k<.综上所述，≤k<. 答案： 14 15 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(13分)已知函数f(x)＝3a ln x－x2－(a－3)x，试讨论f(x)的单调性． 解：由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x－(a－3)＝－. ①若a≥0，则当0＜x＜3时，f′(x)＞0，当x＞3时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减． ②若－3＜a＜0，由f′(x)＜0，得0＜x＜－a或x＞3，由f′(x)＞0，得－a＜x＜3，所以f(x)在(0，－a)，(3，＋∞)上单调递减，在(－a，3)上单调递增． ③若a＝－3，则f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ④若a＜－3，由f′(x)＜0，得0＜x＜3或x＞－a，由f′(x)＞0，得3＜x＜－a，所以f(x)在(0，3)，(－a，＋∞)上单调递减，在(3，－a)上单调递增． 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(15分)已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围． 解： (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)； 当a＝0时，f(x)不是单调函数． 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 (2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， 所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝， 所以g(x)＝x3＋x2－2x， 所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. 因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数， 即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点． 由于g′(0)＝－2， 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 所以 当g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1，2]恒成立，由于g′(0)＜0，故g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9; 由g′(3)＞0，得m＞－.所以－＜m＜－9.即实数m的取值范围是. 14 15 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．(多选)若函数f(x)·ln x在定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的函数为(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝x－1 C．f(x)＝ D．f(x)＝ex 解析：AD　令g(x)＝f(x)·ln x，x∈(0，＋∞)．对于A，g(x)＝·ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＞0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故A符合题意；对于B，g(x)＝(x－1)ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ln x－＋ 13 15 AD 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 1，又′＝＞0，g′(1)＝0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故B不符合题意；对于C，g(x)＝·ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，又′＝－＜0，所以g′(x)在定义域上单调递减，且g′(e)＝＜0，故C不符合题意；对于D，g(x)＝ex·ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex·，令h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝，所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增；当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上单调递减．所以h(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值，h(x)min＝h(1)＝1＞0，所以g′(x)＝ex·＞0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故D符合题意．故选AD. 15 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 15．(5分)已知x∈，则不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集为________． 解析：不等式esin x－cos x－tan x≥0，可化为， 当x∈时，cos x>0， 又esin x>0，所以. 令f(x)＝，则f(cos x)≥f(sin x)． 15 14 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 15 14 因为f′(x)＝，所以当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x∈时，cos x∈(0，1]，sin x∈(－1，1)，所以由f(x)的单调性可得cos x≥sin x， 即当x∈时，tan x≤1， 所以可得x∈，即不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集为. 答案： 返回 ‹#› 第2节　导数与函数的单调性 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $