8、6
解析 函數(shù)f(x)＝x(x－c)2的導數(shù)為f′(x)＝3x2－4cx＋c2，
由題意知，在x＝2處的導數(shù)值為12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，
又函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極小值，故導數(shù)在x＝2處左側(cè)為負，右側(cè)為正，而當c＝6時，f(x)＝x(x－6)2在x＝2處有極大值，故c＝2.
答案 C
第1課時 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
考點一 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
【例1】 已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值.
(1)確定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，求函數(shù)g(x)的單調(diào)減區(qū)間.
解 (1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋
9、2x，
因為f(x)在x＝－處取得極值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)<0，即x(x＋1)(x＋4)<0，
解得－10，得單調(diào)遞增區(qū)間；(4)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)<0，得單調(diào)遞減區(qū)間.
2.若所求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個時，用“，”與“和”連接.
【訓練
10、1】 (1)已知函數(shù)f(x)＝xln x，則f(x)( )
A.在(0，＋∞)上遞增 B.在(0，＋∞)上遞減
C.在上遞增 D.在上遞減
(2)已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsin x＋cos x，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________.
解析 (1)因為函數(shù)f(x)＝xln x，定義域為(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，當f′(x)>0時，解得x>，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；當f′(x)<0時，解得0
11、0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為和，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，.
答案 (1)D (2)，
考點二 討論函數(shù)的單調(diào)性
【例2】 (2017·全國Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中參數(shù)a≤0.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，且a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若a＝0，則f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增.
②若a<0，則由f′(x)＝0，得x＝ln .
當x∈時，f′(x)<0；
當x∈時，f′(x)>
12、0.
故f(x)在上單調(diào)遞減，
在區(qū)間上單調(diào)遞增.
(2)①當a＝0時，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，則由(1)得，當x＝ln時，f(x)取得最小值，最小值為f＝a2，
故當且僅當a2≥0，
即0>a≥－2e時，f(x)≥0.
綜上，a的取值范圍是[－2e，0].
規(guī)律方法 1.(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論.
(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點.
2.個別導數(shù)為0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x
13、)在R上是增函數(shù).
【訓練2】 已知f(x)＝－aln x，a∈R，求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解 因為f(x)＝－aln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝x－＝.
(1)當a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù).
(2)當a>0時，f′(x)＝，則有
①當x∈(0，)時，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，).
②當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞).
綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間.
當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞增區(qū)
14、間為(，＋∞).
考點三 函數(shù)單調(diào)性的簡單應用 多維探究
角度1 比較大小或解不等式
【例3－1】 (1)已知函數(shù)y＝f(x)對于任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＝1＋ln x，其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，則下列不等式成立的是( )
A.ff
C.f>f D.f>f
(2)已知函數(shù)f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，f(1)＝，對任意實數(shù)都有f(x)－f′(x)>0，設F(x)＝，則不等式F(x)<的解集為( )
A.(－∞，1) B.(1，＋∞)
C.(1，e) D.(e，＋∞)
解析 (1)令g(x)
15、＝，則g′(x)＝＝.由解得，所以g>g，所以>，
即f>f.
(2)F′(x)＝＝，
又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，
∴F(x)在R上單調(diào)遞減.
由F(x)<＝F(1)，得x>1，
所以不等式F(x)<的解集為(1，＋∞).
答案 (1)B (2)B
角度2 根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)
【例3－2】 (2019·昆明診斷)已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x.
(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－
16、g(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍.
解 h(x)＝ln x－ax2－2x，x>0.
∴h′(x)＝－ax－2.
(1)若函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)減區(qū)間，
則當x>0時，－ax－2<0有解，即a>－有解.
設G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.
又G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.即實數(shù)a的取值范圍是(－1，＋∞).
(2)由h(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，
∴當x∈[1，4]時，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
則a≥－恒成立，設G(x)＝－，
所以a≥G(x)max.
又G(x)＝－1，x∈[1，4]，
17、因為x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此時x＝4)，所以a≥－.
又當a＝－時，h′(x)＝＋x－2＝，
∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝≤0，
當且僅當x＝4時等號成立.
∴h(x)在[1，4]上為減函數(shù).
故實數(shù)a的取值范圍是.
規(guī)律方法 1.利用導數(shù)比較大小，其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小的問題轉(zhuǎn)化為先利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進而根據(jù)單調(diào)性比較大小.
2.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路
(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集.
(2)f(x)是單調(diào)遞增的充要條件是對任意的x
18、∈(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)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解.
(3)函數(shù)在某個區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題.
【訓練3】 (1)已知f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立，則( )
A.4f(1)f(2)
C.f(1)<4f(2) D.f(1)>4f′(2)
(2)(2019·淄博桓臺月考)若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是( )
A.(－∞，－2]
19、B.
C.[2，＋∞) D.
解析 (1)設函數(shù)g(x)＝(x>0)，
則g′(x)＝＝<0，
所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)，
所以g(1)>g(2)，即>，所以4f(1)>f(2).
(2)由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，等價于f′(x)＝k－≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k≥，而0<<，所以k≥.即k的取值范圍是.
答案 (1)B (2)B
[思維升華]
1.已知函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間，實質(zhì)上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解區(qū)間，并注意函數(shù)f(x)的定義域.
2.含參函數(shù)的單調(diào)性要注意分類討論，通過
20、確定導數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性.
3.已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)可以利用給定的已知區(qū)間和函數(shù)單調(diào)區(qū)間的包含關(guān)系或轉(zhuǎn)化為恒成立問題兩種思路解決.
[易錯防范]
1.求單調(diào)區(qū)間應遵循定義域優(yōu)先的原則.
2.注意兩種表述“函數(shù)f(x)在(a，b)上為減函數(shù)”與“函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(a，b)”的區(qū)別.
3.在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件.
4.可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零.
基礎鞏固題組
21、
(建議用時：40分鐘)
一、選擇題
1.函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f′(x)的圖象可能是( )
解析 由函數(shù)f(x)的圖象可知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，選項D滿足.
答案 D
2.函數(shù)f(x)＝x·ex－ex＋1的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(－∞，e) B.(1，e)
C.(e，＋∞) D.(e－1，＋∞)
解析 由f(x)＝x·ex－ex＋1，
得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，
令f′(x)>0，解得x>e－1，
所
22、以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e－1，＋∞).
答案 D
3.(2019·福州質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是( )
A.k≤－3或－1≤k≤1或k≥3
B.不存在這樣的實數(shù)k
C.－2
23、答案 D
4.已知f(x)＝，則( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析 f(x)的定義域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝，
∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，
故x＝e時，f(x)max＝f(e)，
又f(2)＝＝，f(3)＝＝，
則f(e)>f(3)>f(2).
答案 D
5.(2019·保定一中模擬)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.(
24、－1，1) B.(－1，＋∞)
C.(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)
解析 由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，設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.
又F(－1)＝f(－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.
答案 B
二、填空題
6.已知函數(shù)f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________.
解析 因為f(x)＝
25、(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因為ex>0，所以－x2＋2>0，解得－0，解得a>－3，
所以實數(shù)a的取值范圍是(－3，0)∪(0，＋∞).
答案
26、 (－3，0)∪(0，＋∞)
8.若函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________.
解析 對f(x)求導，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.當x∈時，f′(x)的最大值為f′＝＋2a.令＋2a>0，解得a>－.所以a的取值范圍是.
答案
三、解答題
9.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)求導得f′(x)＝－－，
由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x知f′
27、(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－(x>0).
則f′(x)＝.
令f′(x)＝0，且x>0，
∴x＝5(x＝－1舍去).
當x∈(0，5)時，f′(x)<0；當x>5時，f′(x)>0.
所以函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(5，＋∞)，減區(qū)間為(0，5).
10.(2019·成都七中檢測)設函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當x>1時，g(x)>0.
(1)解 由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0).
當a≤0時，f′(x)<0，f
28、(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
當a>0時，由f′(x)＝0有x＝，
當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
(2)證明 令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1.
當x>1時，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，
從而g(x)＝－＝>0.
能力提升題組
(建議用時：20分鐘)
11.若函數(shù)exf(x)(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是( )
A.f(x)＝2－x B.f(x)＝x2
C.f
29、(x)＝3－x D.f(x)＝cos x
解析 設函數(shù)g(x)＝ex·f(x)，對于A，g(x)＝ex·2－x＝，在定義域R上為增函數(shù)，A正確.對于B，g(x)＝ex·x2，則g′(x)＝x(x＋2)ex，由g′(x)>0得x<－2或x>0，∴g(x)在定義域R上不是增函數(shù)，B不正確.對于C，g(x)＝ex·3－x＝在定義域R上是減函數(shù)，C不正確.對于D，g(x)＝ex·cos x，則g′(x)＝excos，g′(x)>0在定義域R上不恒成立，D不正確.
答案 A
12.(2019·惠州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，則不等式f(ln x)＋f<2f(1)的
30、解集為( )
A.(e，＋∞) B.(0，e)
C.∪(1，e) D.
解析 f(x)＝xsin x＋cos x＋x2是偶函數(shù)，
所以f＝f(－ln x)＝f(ln x).
則原不等式可變形為f(ln x)0，得x>0時，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
∴|ln x|<1?－1
31、，則a的取值范圍是________.
解析 f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝1－(2cos2x－1)＋acos x＝－cos2 x＋acos x＋，f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在R上恒成立.
令cos x＝t，t∈[－1，1]，則－t2＋at＋≥0在[－1，1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.
令g(t)＝4t2－3at－5，
則解得－≤a≤.
答案
14.已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任
32、意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝，
當a>0時，f(x)的遞增區(qū)間為(0，1)，
遞減區(qū)間為(1，＋∞)；
當a<0時，f(x)的遞增區(qū)間為(1，＋∞)，遞減區(qū)間為(0，1)；
當a＝0時，f(x)為常函數(shù).
(2)由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)，
即g′(x)在區(qū)間(t，3)上有變號零點.
由于g′(0)＝－2，∴
當g′(t)<0時，
即3t2＋(m＋4)t－2<0對任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.
∴－
2020版高考數(shù)學新設計大一輪復習 第三章 導數(shù)及其表示 第2節(jié)（第1課時）導數(shù)在研究函數(shù)中的應用習題 理（含解析）新人教A版
