2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性
第 2 节 导数在研究函数中的应用
考试要求 1.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，会求函数的
单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；
会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大
值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会
解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题.
知 识 梳 理
1.函数的单调性与导数的关系
函数 y＝f(x)在某个区间内可导，则：
(1)若 f′(x)>0，则 f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若 f′(x)<0，则 f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若 f′(x)＝0，则 f(x)在这个区间内是常数函数.
2.函数的极值与导数
f′(x0)＝0
条件 x0 附近的左侧 f′(x)>0，右
侧 f′(x)<0
x0 附近的左侧 f′(x)<0，右
侧 f′(x)>0
图象
形如山峰 形如山谷
极值 f(x0)为极大值 f(x0)为极小值
极值点 x0 为极大值点 x0 为极小值点
3.函数的最值与导数
(1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，
最小的一个是最小值.
[常用结论与微点提醒]
1.若函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f′(x)≥0，所以“f′(x)>0 在(a，b)上成立”是“f(x)
在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.对于可导函数 f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数 f(x)在 x＝x0 处有极值”的必要不充分条件.
3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然
认为极值就是最值.
4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的
大小关系.
诊 断 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)>0.( )
(2)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f′(x)＝0，则 f(x)在此区间内没有单调性.( )
(3)函数的极大值一定大于其极小值.( )
(4)对可导函数 f(x)，若 f′(x0)＝0，则 x0 为极值点.( )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( )
解析 (1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有 f′(x)≥0.
(3)函数的极大值也可能小于极小值.
(4)x0 为 f(x)的极值点的充要条件是 f′(x0)＝0，且 x0 两侧导函数异号.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2.(老教材选修 2－2P32A4改编)如图是 f(x)的导函数 f′(x)的图象，则 f(x)的极小值点的个
数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 由题意知在 x＝－1 处 f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.
答案 A
3.(老教材选修 2－2P26 练习 T1 改编)函数 f(x)＝x2－2ln x 的单调递减区间是( )
A.(0，1] B.[1，＋∞)
C.(－∞，－1] D.[－1，0)∪(0，1]
解析 由题意知 f′(x)＝2x－
2
x＝
2x2－2
x (x>0)，
由 f′(x)≤0，得 0
0(其中 x1<00，由 f′(x)＝x－
9
x≤0，得 0 0，
a＋1 ≤ 3，解得 10，
所以 f(x)在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数.
又 f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.
所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以 m＝4.
答案 4
第一课时 导数与函数的单调性
考点一 讨论函数的单调性
【例 1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数 a≤0.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且 a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln (－
a
2 ).
当 x∈(－∞，ln(－
a
2 ))时，f′(x)<0；
当 x∈(ln(－
a
2 )，＋∞)时，f′(x)>0.
故 f(x)在(－∞，ln(－
a
2 ))上单调递减，
在区间(ln(－
a
2 )，＋∞)上单调递增.
(2)①当 a＝0 时，f(x)＝e2x≥0 恒成立.
②若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln (－
a
2 )时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln(－
a
2 ))＝a2
[3
4－ln(－
a
2 )]，
故当且仅当 a2[3
4－ln(－
a
2 )]≥0，
即 0>a≥－2e
3
4
时，f(x)≥0.
综上，a 的取值范围是[－2e
3
4
，0].
规律方法 1.(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，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.
2.个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性，如 f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0 在 x
＝0 时取到)，f(x)在 R 上是增函数.
【训练 1】 已知函数 f(x)＝ax＋ln x(a∈R).
(1)若 a＝2，求曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程；
(2)求 f(x)的单调区间.
解 (1)当 a＝2 时，由已知得 f′(x)＝2＋
1
x(x>0)，f′(1)＝2＋1＝3，且 f(1)＝2，所以切
线斜率 k＝3.
所以切线方程为 y－2＝3(x－1)，即 3x－y－1＝0.
故曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 3x－y－1＝0.
(2)由已知得 f′(x)＝a＋
1
x＝
ax＋1
x (x>0)，
①当 a≥0 时，由于 x>0，故 ax＋1>0，f′(x)>0，
所以 f(x)的单调递增区间(0，＋∞).
②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝－
1
a.
在区间(0，－
1
a)上，f′(x)>0，在区间(－
1
a，＋∞)上，f′(x)<0，
所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，－
1
a)，单调递减区间为(－
1
a，＋∞).
考点二 根据函数单调性求参数 典例迁移
【例 2】 (经典母题)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝
1
2ax2＋2x.
(1)若函数 h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围；
(2)若函数 h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数 a 的取值范围.
解 h(x)＝ln x－
1
2ax2－2x，x>0.
∴h′(x)＝
1
x－ax－2.
(1)若函数 h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，
则当 x>0 时，
1
x－ax－2<0 有解，即 a>
1
x2－
2
x有解.
设 G(x)＝
1
x2－
2
x，所以只要 a>G(x)min.
又 G(x)＝(1
x－1 ) 2
－1，所以 G(x)min＝－1.
所以 a>－1.即实数 a 的取值范围是(－1，＋∞).
(2)由 h(x)在[1，4]上单调递减，
∴当 x∈[1，4]时，h′(x)＝
1
x－ax－2≤0 恒成立，
则 a≥
1
x2－
2
x恒成立，设 G(x)＝
1
x2－
2
x，
所以 a≥G(x)max.
又 G(x)＝(1
x－1 ) 2
－1，
因为 x∈[1，4]，所以
1
x∈[1
4，1 ]，
所以 G(x)max＝G(1
4 )＝－
7
16(此时 x＝4)，所以 a≥－
7
16.
又当 a＝－
7
16时，h′(x)＝
1
x＋
7
16x－2＝
（7x－4）（x－4）
16x ，
∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝
（7x－4）（x－4）
16x ≤0，
当且仅当 x＝4 时等号成立.
∴h(x)在[1，4]上为减函数.
故实数 a 的取值范围是[－
7
16，＋∞).
【迁移 1】 本例(2)中，若函数 h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求 a 的取值范围.
解 因为 h(x)在[1，4]上单调递增，
所以当 x∈[1，4]时，h′(x)≥0 恒成立，
所以当 x∈[1，4]时，a≤
1
x2－
2
x恒成立，
又当 x∈[1，4]时，( 1
x2－
2
x)
min＝－1(此时 x＝1)，
所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1].
【迁移 2】 本例(2)中，若函数 h(x)在区间[1，4]上不单调，求实数 a 的取值范围.
解 ∵h(x)在区间[1，4]上不单调，
∴h′(x)＝0 在开区间(1，4)上有解.
则 a＝
1
x2－
2
x＝(1
x－1 ) 2
－1 在(1，4)上有解.
令 m(x)＝(1
x－1 ) 2
－1，x∈(1，4)，
易知 m(x)在(1，4)上是增函数，
∴－1f(π
4 )
C. 2f(π
6 )> 3f(π
4 ) D. 2f(π
3 )>f(π
6 )
(2)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝f′(x)，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，
若 a＝
f（e）
e ，b＝
f（ln 2）
ln 2 ，c＝
f（－3）
－3 ，则 a，b，c 的大小关系正确的是( )
A.a 0，
解得
1
e
π
4 ，所以 g
(π
3 )>g(π
4 )，
所以
f(π
3 )
cos
π
3
>
f(π
4 )
cos
π
4
，即 2f(π
3 )>f(π
4 ).
(2)设 g(x)＝
f（x）
x ，则 g′(x)＝
xf′（x）－f（x）
x2 ，
因为当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，
所以 g′(x)<0.
所以 g(x)在(0，＋∞)上是减函数.
由 f(x)为奇函数，知 g(x)为偶函数，则 g(－3)＝g(3)，
又 a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g(3)，
所以 g(3)
f′（x）
ln 2 成立，若 f(－2)＝2，则不等式 f(x)>－2x－1 的解集为
( )
A.(－2，＋∞) B.(2，＋∞)
C.(－∞，－2) D.(－∞，2)
解析 f(x)>
f′（x）
ln 2 ⇔f′(x)－ln 2·f(x)<0.
令 g(x)＝
f（x）
2x ，则 g′(x)＝
f′（x）－f（x）·ln 2
2x ，
∴g′(x)<0，则 g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.
由 f(－2)＝2，且 f(x)在 R 上是奇函数，
得 f(2)＝－2，则 g(2)＝
f（2）
22 ＝－
1
2，
又 f(x)>－2x－1⇔
f（x）
2x >－
1
2＝g(2)，
所以 x<2.
答案 D
规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于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.
2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在 f(x)与
f′(x)的不等关系时，常构造含 f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，
利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.
【训练 3】 (1)(角度 1)已知 f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为 f′(x)，且
不等式 xf′(x)<2f(x)恒成立，则( )
A.4f(1)f(2)
C.f(1)<4f(2) D.f(1)>4f′(2)
(2)(角度 2)f(x)是定义在 R 上的偶函数，当 x≥0 时，f′(x)>2x.若 f(a－2)－f(a)≥4－4a，
则实数 a 的取值范围是( )
A.(－∞，1] B.[1，＋∞)
C.(－∞，2] D.[2，＋∞)
解析 (1)设函数 g(x)＝
f（x）
x2 (x>0)，
则 g′(x)＝
x2f′（x）－2xf（x）
x4 ＝
xf′（x）－2f（x）
x3 <0，
所以函数 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，因此 g(1)>g(2)，
即
f（1）
12 >
f（2）
22 ，所以 4f(1)>f(2).
(2)令 G(x)＝f(x)－x2，则 G′(x)＝f′(x)－2x.
当 x∈[0，＋∞)时，G′(x)＝f′(x)－2x>0.
∴G(x)在[0，＋∞)上是增函数.
由 f(a－2)－f(a)≥4－4a，得 f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即 G(a－2)≥G(a)，
又 f(x)是定义在 R 上的偶函数，知 G(x)是偶函数.
故|a－2|≥|a|，解之得 a≤1.
答案 (1)B (2)A
A 级 基础巩固
一、选择题
1.函数 y＝f(x)的图象如图所示，则 y＝f′(x)的图象可能是( )
解析 由函数 f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项 D 满足.
答案 D
2.(2020·石家庄检测)已知 a 为实数，f(x)＝ax3＋3x＋2，若 f′(－1)＝－3，则函数 f(x)的
单调递增区间为( )
A.(－ 2， 2) B.(－
2
2 ，
2
2 )
C.(0， 2) D.(－ 2，
2
2 )
解析 f(x)＝ax3＋3x＋2，则 f′(x)＝3ax2＋3，
又 f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得 a＝－2，
∴f′(x)＝－6x2＋3，由 f′(x)>0，解得－
2
2 f(1)>f(π
5 )
B.f(1)>f(－
π
3 )>f(π
5 )
C.f(π
5 )>f(1)>f(－
π
3 )
D.f(－
π
3 )>f(π
5 )>f(1)
解析 因为 f(x)＝xsin x，
所以 f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，
所以函数 f(x)是偶函数，所以 f(－
π
3 )＝f(π
3 ).
又当 x∈(0，
π
2 )时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，
所以函数 f(x)在(0，
π
2 )上是增函数，
所以 f(π
5 )f(1)>f(π
5 ).
答案 A
5.已知函数 f(x)＝
1
3x3－4x＋2ex－2e－x，其中 e 为自然对数的底数，若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，
则实数 a 的取值范围是( )
A.(－∞，－1] B.[1
2，＋∞)
C.(－1，
1
2) D.[－1，
1
2]
解析 f′(x)＝x2－4＋2ex＋2e－x≥x2－4＋2 4ex·e－x＝x2≥0，∴f(x)在 R 上是增函数.
又 f(－x)＝－
1
3x3＋4x＋2e－x－2ex＝－f(x)，知 f(x)为奇函数.
故 f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)，
∴a－1≤－2a2，解之得－1≤a≤
1
2.
答案 D
二、填空题
6.已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调递增区间为
________.
解析 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.令 f′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π)
上的解集为(－π，－
π
2 )和(0，
π
2 )，即 f(x)的单调递增区间为(－π，－
π
2 )，(0，
π
2 ).
答案 (－π，－
π
2 )，(0，
π
2 )
7.已知 g(x)＝
2
x＋x2＋2aln x 在[1，2]上是减函数，则实数 a 的取值范围为________.
解析 g′(x)＝－
2
x2＋2x＋
2a
x ，
由已知得 g′(x)≤0 在[1，2]上恒成立，
可得 a≤
1
x－x2 在[1，2]上恒成立.
又当 x∈[1，2]时，(1
x－x2)
min＝
1
2－4＝－
7
2.
∴a≤－
7
2.
答案 (－∞，－
7
2]
8.(2020· 西 安 调 研 ) 设 f(x) 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 ， f(2) ＝ 0 ， 当 x>0 时 ， 有
xf′（x）－f（x）
x2 <0 恒成立，则不等式 x2f(x)>0 的解集是________________.
解析 ∵当 x>0 时，[f（x）
x ]′＝
x·f′（x）－f（x）
x2 <0，
∴φ(x)＝
f（x）
x 在(0，＋∞)上为减函数，
又 f(2)＝0，即 φ(2)＝0，
∴在(0，＋∞)上，当且仅当 00，
此时 x2f(x)>0.
又 f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，
由数形结合知 x∈(－∞，－2)时 f(x)>0.
故 x2f(x)>0 的解集为(－∞，－2)∪(0，2).
答案 (－∞，－2)∪(0，2)
三、解答题
9.已知函数 f(x)＝
ln x＋k
ex (k 为常数)，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行.
(1)求实数 k 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间.
解 (1)f′(x)＝
1
x－ln x－k
ex (x>0).
又由题意知 f′(1)＝
1－k
e ＝0，所以 k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝
1
x－ln x－1
ex (x>0).
设 h(x)＝
1
x－ln x－1(x>0)，
则 h′(x)＝－
1
x2－
1
x<0，
所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递减.
由 h(1)＝0 知，当 00，所以 f′(x)>0；
当 x>1 时，h(x)<0，所以 f′(x)<0.
综上 f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).
10.设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝
1
x－
e
ex，其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)证明：当 x>1 时，g(x)>0.
(1)解 由题意得 f′(x)＝2ax－
1
x＝
2ax2－1
x (x>0).
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝
1
2a，
当 x∈(0，
1
2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈( 1
2a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)证明 令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
当 x>1 时，s′(x)>0，所以 s(x)>s(1)，即 ex－1>x，
从而 g(x)＝
1
x－
e
ex＝
e（ex－1－x）
xex >0.
B 级 能力提升
11.(2020·郑州调研)已知 f(x)＝alnx＋
1
2x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数 x1，x2，都
有
f（x1）－f（x2）
x1－x2 >2 恒成立，则 a 的取值范围为( )
A.(0，1] B.(1，＋∞)
C.(0，1) D.[1，＋∞)
解析 对任意两个不相等的正实数 x1，x2，都有
f（x1）－f（x2）
x1－x2 >2 恒成立，则当 x>0 时，
f′(x)≥2 恒成立，f′(x)＝
a
x＋x≥2 在(0，＋∞)上恒成立，则 a≥(2x－x2)max＝1.
答案 D
12.若函数 exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数
f(x)具有 M 性质.下列函数中具有 M 性质的是( )
A.f(x)＝2－x B.f(x)＝x2
C.f(x)＝3－x D.f(x)＝cos x
解析 设函数 g(x)＝ex·f(x)，对于 A，g(x)＝ex·2－x＝(e
2 ) x
，在定义域 R 上为增函数，
A 正确.对于 B，g(x)＝ex·x2，则 g′(x)＝x(x＋2)ex，由 g′(x)>0 得 x<－2 或 x>0，∴g(x)
在定义域 R 上不是增函数，B 不正确.对于 C，g(x)＝ex·3－x＝(e
3 ) x
在定义域 R 上是减函
数，C 不正确.对于 D，g(x)＝ex·cos x，则 g′(x)＝ 2excos(x＋
π
4 )，g′(x)>0 在定义域 R
上不恒成立，D 不正确.
答案 A
13.已知函数 f(x)＝ xsin x＋cos x＋x2 ，则不等式 f(ln x)＋ f(ln
1
x)<2f(1)的解集为
________.
解析 f(x)＝xsin x＋cos x＋x2 是偶函数，
所以 f(ln
1
x)＝f(－ln x)＝f(ln x).
则原不等式可变形为 f(ln x)0，得 x>0 时，f′(x)>0.
所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴|ln x|<1⇔－10).
当 02 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 10 时恒成立，
所以 a≤
1
2(x2－2x)＝
1
2(x－1)2－
1
2恒成立.
令 φ(x)＝
1
2(x－1)2－
1
2，x∈(0，＋∞)，则其最小值为－
1
2.
所以当 a≤－
1
2时，g′(x)≥0 恒成立.
又当 a＝－
1
2时，g′(x)＝
（x－1）2
x ，
当且仅当 x＝1 时，g′(x)＝0.
故当 a∈(－∞，－
1
2]时，g(x)＝f(x)－ax 在(0，＋∞)上单调递增.
C 级 创新猜想
15.(多填题)已知函数 f(x)＝x3＋mx2＋nx－2 的图象过点(－1，－6)，函数 g(x)＝f′(x)＋6x
的图象关于 y 轴对称.则 m＝________，f(x)的单调递减区间为________.
解析 由 f(x)的图象过点(－1，－6)，得 m－n＝－3，①
又 g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n 为偶函数，
∴2m＋6＝0，即 m＝－3，②
代入①式，得 n＝0.
所以 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).
令 f′(x)<0，得 0
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