第1課時利用導數探討函數的單調性提升關鍵實力——考點突破駕馭類題通法考點一不含參的函數的單調性[基礎性]1．函數f(x)＝x2－2lnx的單調遞減區(qū)間是()A．(0，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－1，1)2．函數f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間是()A．(－∞，2)B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)3．已知函數f(x)＝xlnx，則f(x)()A．在(0，＋∞)上遞增B．在(0，＋∞)上遞減C．在0，1e上遞增D．在4．[2024·寧夏銀川模擬]若冪函數f(x)的圖象過點(22，12)，則函數g(x)＝ex5．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調遞增區(qū)間是________．反思感悟利用導數求函數的單調區(qū)間的方法(1)當導函數不等式可解時，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調區(qū)間．(2)當方程f′(x)＝0可解時，解出方程的實根，按實根把函數的定義域劃分區(qū)間，確定各區(qū)間f′(x)的符號，從而確定單調區(qū)間．(3)若導函數的方程、不等式都不行解，依據f′(x)的結構特征，利用圖象與性質確定f′(x)的符號，從而確定單調區(qū)間．考點二含參數的函數的單調性[綜合性][例1]已知函數f(x)＝12ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試探討函數y＝f(x聽課筆記：一題多變(變條件)若例1中“a>0”改為“a∈R”，其他條件不變，試探討f(x)的單調性？反思感悟探討函數f(x)單調性的步驟(1)確定函數f(x)的定義域；(2)求導數f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；(3)利用f′(x)＝0的根將函數的定義域分成若干個子區(qū)間，在這些子區(qū)間上探討f′(x)的正負，由符號確定f(x)在該區(qū)間上的單調性．[提示]探討含參數函數的單調性時，需留意依據參數取值對不等式解集的影響進行分類探討．【對點訓練】探討下列函數的單調性．(1)f(x)＝x－alnx；(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.考點三導數在函數單調性中的應用[基礎性、綜合性]角度1比較大小[例2]已知函數f(x)＝xsinx，x∈R，則fπ5，f(1)，f-A．f-π3>f(1)>B．f(1)>f-π3>C．fπ5>f(1)>fD．f-π3>fπ5聽課筆記：反思感悟利用導數比較大小的策略利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件構造協(xié)助函數，把比較大小的問題轉化為先利用導數探討函數的單調性，進而依據單調性比較大?。嵌?解不等式[例3](1)已知定義域為R的偶函數f(x)的導函數為f′(x)，當x<0時xf′(x)－f(x)<0.若a＝fee，b＝fln2ln2，c＝f3A．b<a<cB．a<c<bC．a<b<cD．c<a<b(2)已知函數f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)>1的解集為________．聽課筆記：反思感悟與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數；題目中存在消去f(x)與f′(x)的不等式關系時，常構造含f(x)與另一函數的積(或商)的函數，與題設形成解題鏈條，利用導數探討新函數的單調性，從而求解不等式．角度3依據函數的單調性求參數的值(范圍)[例4]已知函數f(x)＝13x3－12ax2＋2(1)若f(x)在(－2，－1)內為減函數，求實數a的取值范圍；(2)若f(x)在區(qū)間(－2，－1)內不單調，求實數a的取值范圍．聽課筆記：一題多變1．(變條件)若本例中f(x)的單調減區(qū)間為(－2，－1)，則a的值為________．2．(變條件)若本例中f(x)在區(qū)間(－2，－1)內存在單調遞減區(qū)間，求實數a的取值范圍．反思感悟已知函數的單調性，求參數的取值范圍的方法(1)轉化為不等式恒成立問題若函數f(x)在某區(qū)間上單調遞增→f′(x)≥0在該區(qū)間上恒成立；若函數f(x)在某區(qū)間上單調遞減→f′(x)≤0在該區(qū)間上恒成立；(2)轉化為不等式有解問題若函數f(x)在某區(qū)間上存在單調遞增區(qū)間→f′(x)>0在該區(qū)間上解集不為空；若函數f(x)在某區(qū)間上存在單調遞減區(qū)間→f′(x)<0在該區(qū)間上解集不為空；(3)轉化為區(qū)間的包含關系若已知y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調，則區(qū)間(a，b)是相應單調區(qū)間的子區(qū)間．【對點訓練】1．已知f(x)＝lnxA．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)2．已知y＝f(x)是定義在R上的函數，且f(2)＝5，對隨意的x都有f′(x)<12，則f(x)<123．設函數f(x)＝12x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調遞減，則實數a微專題14構造函數解不等式思想方法以抽象函數為背景、題設條件或所求結論中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，fxgx”等特征式、旨在考查導數運算法則的逆向、變形應用類型一(1)f′(x)＋g′(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(x)＋g(x)(2)f′(x)－g′(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(x)－g(x)(3)f′(x)>k(或<k)構造函數,F(x)＝f(x)－kx[例1][2024·河北石家莊市高三一模]已知定義在R上的函數f(x)，其導函數為f′(x)，滿意f′(x)>2，f(2)＝4，則不等式xf(x－1)>2x2－2x的解集為________．解析：構造函數g(x)＝f(x)－2x，則g′(x)＝f′(x)－2>0，即函數g(x)在R上為增函數，且g(2)＝f(2)－2×2＝0.①當x<0時，由xf(x－1)>2x2－2x可得f(x－1)<2(x－1)，即f(x－1)－2(x－1)<0，即g(x－1)<0＝g(2)，可得x－1<2，解得x<3，此時x<0；②當x>0時，由xf(x－1)>2x2－2x可得f(x－1)>2(x－1)，即f(x－1)－2(x－1)>0.即g(x－1)>0＝g(2)，可得x－1>2，解得x>3，此時x>3.綜上所述，不等式xf(x－1)>2x2－2x的解集為(－∞，0)∪答案：(－∞，0)∪類型二(1)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(x)g(x)(2)xf′(x)＋f(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝xf(x)(3)f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝f[例2]設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是________．解析：設F(x)＝f(x)g(x)，則F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，由當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，則函數y＝F(x)在(－∞，0)為增函數，又f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，則y＝F(x)在R上為奇函數，則函數y＝F(x)在(0，＋∞)為增函數，又g(－3)＝0，所以F(－3)＝0，則F(3)＝0，則F(x)<0的解集為(－∞，－3)∪0，3，即不等式f(x)g答案：(－∞，－3)∪類型三(1)f′(x)＋f(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝exf(x)(2)f′(x)－f(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(3)xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝xnf(x)(4)xf′(x)－nf(x)>0(或<0)構造函數,F(x)＝f[例3][2024·四川廣元市高三模擬]已知定義在R上的偶函數f(x)，其導函數為f′(x)，若xf′(x)－2f(x)>0，f(－3)＝1，則不等式fxx<1A．(－∞，－3)∪B．(－3，3)C．(－3，0)∪D．(－∞，－3)∪解析：構造函數g(x)＝fxg′(x)＝x·xf'x-2f當x>0時，xf′(x)－2f(x)>0，故g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(x)為偶函數，y＝1x所以g(x)＝fxf(－3)＝1，則f(3)＝1，g(－3)＝g(3)＝f332＝19；f當x>0時，即fxx2<19，g(x)<19當x<0時，即fxx2>19，g(x)>19綜上所述，x∈(－∞，－3)∪答案：A類型四(1)f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(x)sinx(2)f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(x)cosx(3)f(x)sinx＋f′(x)cosx>0(或<0)構造函數,F(x)＝f(4)f′(x)sinx－f(x)cosx>0(或<0)構造函數,F(x)＝f[例4]已知函數f′(x)是函數f(x)的導函數，對隨意x∈0，π2，f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，則下列結論正A．2fπ6>3fπ3B．fπ6>C．2fπ6<3fπ4D．fπ4<解析：令g(x)＝fx則g′(x)＝f'對于隨意?x∈0，π2，可得g′(x所以函數g(x)在0，π因為π6<π4<π3，所以gπ6<gπ即fπ6cosπ6所以fπ63<fπ42<fπ3，所以2fπ6<3fπ3，fπ4<答案：C第1課時利用導數探討函數的單調性提升關鍵實力考點一1．解析：∵f′(x)＝2x－2x＝2x+1x-1x(x>0)，∴當x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)為減函數；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，答案：A2．解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.答案：D3．解析：因為函數f(x)＝xlnx，定義域為(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)，f′(x)>0時，解得x>1e即函數的單調遞增區(qū)間為1e當f′(x)<0時，解得0<x<1e即函數的單調遞減區(qū)間為0，1答案：D4．解析：設冪函數f(x)＝xα，因為圖象過點(22，12)，所以12＝(22)α，即α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，則g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，令g′(x)<0，得－2<答案：(－2，0)5．解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，令f′(x)＝xcosx>0(x∈(－π，π))，解得－π<x<－π2或0<x<π故函數f(x)的單調遞增區(qū)間是-π，-π2和答案：-π，-π2考點二例1解析：函數的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2-①當0<a<1時，1a∴x∈(0，1)和1a，+∞時，f′(x)>0；x∈1，1a時，∴函數f(x)在(0，1)和1a，+∞上單調遞增，在②當a＝1時，1a∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；③當a>1時，0<1a∴x∈0，1a和(1，＋∞)時，f′(x)>0；x∈1a，1時，∴函數f(x)在0，1a和(1，＋∞)上單調遞增，在綜上，當0<a<1時，函數f(x)在(0，1)和1a，+∞上單調遞增，在當a＝1時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>1時，函數f(x)在0，1a和(1，＋∞)上單調遞增，在一題多變解析：當a>0時，探討同例1；當a≤0時，ax－1<0，∴x∈(0，1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．綜上，當a≤0時，函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減；當0<a<1時，函數f(x)在(0，1)和1a，+∞上單調遞增，在當a＝1時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>1時，函數f(x)在0，1a和(1，＋∞)上單調遞增，在對點訓練解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x-a令f′(x)＝0，得x＝a.①當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．②當a>0時，x∈(0，a)時，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，當a>0時，f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．(2)g(x)的定義域為R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2.①當a>ln2時，x∈(－∞，ln2)∪a，+∞時，x∈(ln2，a)時，f′(x)<0.②當a＝ln2時，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上單調遞增．③當a<ln2時，x∈(－∞，a)∪ln2，+∞x∈(a，ln2)時，f′(x)<0，綜上，當a>ln2時，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調遞增，在(ln2，a)上單調遞減；當a＝ln2時，f(x)在R上單調遞增；當a<ln2時，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調遞增，在(a，ln2)上單調遞減．考點三例2解析：因為f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函數f(x)是偶函數，所以f-π3＝fπ3.又當x∈0，π2時，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函數f(x)在0，π2上是增函數，所以fπ5<f(1)<fπ3，即答案：A例3解析：(1)設g(x)＝fxx，則g′(x)＝xf'x-fxx2，又當x<0時，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(所以g(x)為(－∞，0)∪0所以函數g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減．由0<ln2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(ln2)，即c<a<b，故選D.解析：(2)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定義域為R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2ex當且僅當x＝0時取“＝”，∴f(x)在R上單調遞增，又f(0)＝1，∴原不等式可化為f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>32∴原不等式的解集為32答案：(1)D(2)3例4解析：(1)因為f′(x)＝x2－ax＋2，且f(x)在(－2，－1)內為減函數，所以f′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)內恒成立