2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第三章 第三章 2 第2讲 1 第1课时 导数与函数的单调性
第 2 讲 导数在研究函数中的应用
第 1 课时 导数与函数的单调性
函数的单调性与导数的关系
条件 结论
f′(x)>0 f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0 f(x)在(a，b)内单调递减
函数 y＝f(x)在
区间(a，b)上可导
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是常数函数
[提醒] (1)利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号；
(2)对函数划分单调区间时，需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点；
(3)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么单调区间之间不能用“∪”
连接，可用“，”隔开或用“和”连接；
(4)区间的端点可以属于单调区间，也可以不属于单调区间，对结论没有影响．
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”错误的打“×”)
(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)在(a，b)内 f′(x)≤0 且 f′(x)＝0 的根有有限个，则 f(x)在(a，b)内是减函数．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
[教材衍化]
1．(选修 2－2P32A 组 T4 改编)如图是函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象，则下面判断
正确的是( )
A．在区间(－2，1)上 f(x)是增函数
B．在区间(1，3)上 f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上 f(x)是增函数
D．当 x＝2 时，f(x)取到极小值
解析：选 C.在(4，5)上 f′(x)>0 恒成立，所以 f(x)是增函数．
2．(选修 2－2P26 练习 T1(2)改编)函数 f(x)＝ex－x 的单调递增区间是________．
解析：因为 f(x)＝ex－x，所以 f′(x)＝ex－1，
由 f′(x)>0，得 ex－1>0，即 x>0.
答案：(0，＋∞)
[易错纠偏]
忽视函数的定义域.
函数 f(x)＝x－ln x 的单调递减区间为________．
解析：由 f′(x)＝1－
1
x<0，得
1
x>1，即 x<1，又 x>0，所以函数 f(x)的单调递减区间为(0，
1)．
答案：(0，1)
利用导数判断或证明函数的单调性
讨论函数 f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1 的单调性．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝
a－1
x ＋2ax＝
2ax2＋a－1
x .
①当 a≥1 时，f′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当 a≤0 时，f′(x)<0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当 0
0，故 f(x)在(0,
1－a
2a )上单调递减，在(
1－a
2a ，＋∞)上单调
递增．
(2020·温州模拟)设函数 f(x)＝xln(ax)(a＞0)．设 F(x)＝
1
2f(1)x2＋f′(x)，讨
论函数 F(x)的单调性．
解：f′(x)＝ln(ax)＋1，所以 F(x)＝
1
2(ln a)x2＋ln(ax)＋1，函数 F(x)的定义域为(0，＋∞)，
F′(x)＝(ln a)x＋
1
x＝
（ln a）x2＋1
x .
①当 ln a≥0，即 a≥1 时，恒有 F′(x)＞0，函数 F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当 ln a＜0，即 0＜a＜1 时，
令 F′(x)＞0，得(ln a)x2＋1＞0，解得 0＜x＜ － 1
ln a；
令 F′(x)＜0，得(ln a)x2＋1＜0，解得 x＞ － 1
ln a.
所以函数 F(x)在(0， － 1
ln a)上为增函数，
在( － 1
ln a，＋∞)上为减函数．
求函数的单调区间
(1)函数 y＝
1
2x2－ln x 的单调递减区间为( )
A．(－1，1) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
(2)已知函数 f(x)＝
1
3x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数 f(x)的单调区间．
【解】 (1)选 B.y＝
1
2x2－ln x，
y′＝x－
1
x＝
x2－1
x
＝
（x－1）（x＋1）
x (x>0)．
令 y′<0，得 00，即 a<1 时，令 f′(x)＝0，
解得 x1＝
－2－ 4（1－a）
2 ＝－1－ 1－a，x2＝－1＋ 1－a，
令 f′(x)>0，解得 x<－1－ 1－a或 x>－1＋ 1－a；
令 f′(x)<0，解得－1－ 1－a0.
当 x∈(x1，x2)时，y＝f(x)单调递减，所以 f′(x)<0.
当 x∈(x2，＋∞)时，y＝f(x)单调递增，所以 f′(x)>0.
所以 y＝f′(x)的图象在四个选项中只有 D 符合．
【答案】 (1)D (2)D
角度二 已知函数单调性求参数的取值范围
(1)(2020·浙江省高中学科基础测试)若函数 f(x)＝2x＋
a
x(a∈R)在[1，＋∞)上是增
函数，则实数 a 的取值范围是( )
A．[0，2] B．[0，4]
C．(－∞，2] D．(－∞，4]
(2)函数 f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单调递减，则 k 的取值范围是________．
【解析】 (1)由题意得 f′(x)＝2－
a
x2≥0 在[1，＋∞)上恒成立，则 a≤(2x2)min＝2，所以
a≤2，故选 C.
(2)因为函数 f(x)＝kx－ln x，所以 f′(x)＝k－
1
x，函数在区间(1，＋∞)上单调递减，则
f′(x)≤0 在(1，＋∞)上恒成立，即 k－
1
x≤0 在区间(1，＋∞)上恒成立，
故 k≤
1
x在区间(1，＋∞)上恒成立，
因为在区间(1，＋∞)上 0＜
1
x＜1，故 k≤0.
【答案】 (1)C (2)(－∞，0]
角度三 比较大小或解不等式
(2020·宁波市效实中学月考)定义在 R 上的函数 f(x)的导函数是 f′(x)，若 f(x)＝f(2－
x)，且当 x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设 a＝f(1
e )(e 为自然对数的底数)，b＝f( 2)，c
＝f(log28)，则 a，b，c 的大小关系为________(用“＜”连接)．
【解析】 因为当 x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，得 f′(x)＞0，所以函数 f(x)在(－
∞，1)上单调递增，又 f(x)＝f(2－x)，得函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称，所以函数 f(x)
图象上的点距离直线 x＝1 越近函数值越大，又 log28＝3，所以 log28＞2－
1
e＞ 2＞1，得
f( 2)＞f(1
e )＞f(log28)，故 c＜a＜b.
【答案】 c＜a＜b
(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知 f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出
不等式．
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．
③对等号单独检验，检验参数的取值能否使 f′(x)在整个区间恒等于 0，若 f′(x)恒等于 0，
则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有 f′(x)＝0，则参数可取这个值．
(2)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究
函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
[提醒] (1)f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a，b)都有 f′(x)≥0 且在(a，b)内的任
一非空子区间上 f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(2)注意函数的单调区间与函数在某区间上具有单调性是不同的．
设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝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________．
解析：设 g(x)＝
f（x）
x (x≠0)，则 g′(x)＝
xf′（x）－f（x）
x2 ，所以当 x＞0 时，g′(x)＞
0，即 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又 g(2)＝
f（2）
2 ＝0，所以 f(x)＞0 的解集为(－2，
0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)．
答案：(－2，0)∪(2，＋∞)
核心素养系列 5 数学运算、逻辑推理——构造函数、比较大小
此类涉及已知 f(x)与 f′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的
函数，创造条件，从而利用单调性求解．
一、x 与 f(x)的组合函数
若函数 f(x)的定义域为 R，且满足 f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式 f(x)－x>0 的解集
为________．
【解析】 令 g(x)＝f(x)－x，所以 g′(x)＝f′(x)－1.由题意知 g′(x)>0，所以 g(x)为增函
数．因为 g(2)＝f(2)－2＝0，所以 g(x)>0 的解集为(2，＋∞)．
【答案】 (2，＋∞)
二、ex 与 f(x)的组合函数
已知 f(x)(x∈R)有导函数，且∀x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，则有( )
A．enf(－n)enf(0)
B．enf(－n)f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)>f(0)，f(n)0，g(x)
为 R 上的增函数，故 g(－n)enf(0)．故选 A.
【答案】 A
设 a>0，b>0，e 是自然对数的底数，则( )
A．若 ea＋2a＝eb＋3b，则 a>b
B．若 ea＋2a＝eb＋3b，则 ab
D．若 ea－2a＝eb－3b，则 a0，b>0，所以 ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数 y＝ex＋
2x(x>0)，因为 y′＝ex＋2>0，所以 y＝ex＋2x 在(0，＋∞)上单调递增，因而 a>b 成立．故选
A.
【答案】 A
[基础题组练]
1．函数 f(x)＝ex－ex，x∈R 的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选 D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令 f′(x)>0，解得 x>1，故选 D.
2．函数 f(x)＝1＋x－sin x 在(0，2π)上的单调情况是( )
A．增函数 B．减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选 A.在(0，2π)上有 f′(x)＝1－cos x＞0 恒成立，所以 f(x)在(0，2π)上单调递
增．
3．(2020·台州市高三期末质量评估)已知函数 f(x)＝
1
3ax3＋
1
2ax2＋x(a∈R)，下列选项中不
可能是函数 f(x)图象的是( )
解析：选 D.因 f′(x)＝ax2＋ax＋1，故当 a＜0 时，判别式 Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案 C
中的那种情形；当 a＞0 时，判别式 Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案 B 中的那种情形；判别式
Δ＝a2－4a≤0，其图象是答案 A 中的那种情形；当 a＝0，即 y＝x 也是答案 A 中的那种情形，
应选答案 D.
4．已知函数 f(x)＝xsin x，x∈R，则 f(π
5 )，f(1)，f (－π
3 )的大小关系为( )
A．f(－π
3 )>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：选 A.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 x∈(0，
π
2 )时，得 f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以此时函数
是增函数．所以 f(π
5 )f(1)>f(π
5 )，故选 A.
5．函数 f(x)的定义域为 R.f(－1)＝2，对任意 x∈R，f′(x)>2，则 f(x)>2x＋4 的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：选 B.由 f(x)>2x＋4，得 f(x)－2x－4>0.设 F(x)＝f(x)－2x－4，则 F′(x)＝f′(x)－2.
因为 f′(x)>2，所以 F′(x)>0 在 R 上恒成立，所以 F(x)在 R 上单调递增，而 F(－1)＝f(－1)
－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式 f(x)－2x－4>0 等价于 F(x)>F(－1)，所以 x>－1，选
B.
6．(2020·温州七校联考)对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有
( )
A．f(0)＋f(6)≤2f(3) B．f(0)＋f(6)＜2f(3)
C．f(0)＋f(6)≥2f(3) D．f(0)＋f(6)＞2f(3)
解析：选 A.由题意知，当 x≥3 时，f′(x)≤0，所以函数 f(x)在[3，＋∞)上单调递减或
为常数函数；当 x＜3 时，f′(x)≥0，所以函数 f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，
所以 f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以 f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选 A.
7．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是________．
解析：因为 f(x)＝(x－3)ex，则 f′(x)＝ex(x－2)，令 f′(x)＞0，得 x＞2，所以 f(x)的单调递
增区间为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
8．已知函数 f(x)＝ax＋ln x，则当 a＜0 时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减
区间是________．
解析：由已知得 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为 f′(x)＝a＋
1
x＝
a(x＋1
a )
x ，所以当 x≥－
1
a时
f′(x)≤0，当 0＜x＜－
1
a时 f′(x)＞0，所以 f(x)的单调递增区间为(0，－1
a)，单调递减区
间为(－1
a，＋∞).
答案：(0，－1
a) (－1
a，＋∞)
9．若函数 f(x)＝ax3＋3x2－x 恰好有三个单调区间，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由题意知 f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数 f(x)恰好有三个单调区间，得 f′(x)有两个
不相等的零点，所以 3ax2＋6x－1＝0 需满足 a≠0，且 Δ＝36＋12a>0，解得 a>－3，所以实
数 a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
10．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知函数 f(x)＝x2ex，若 f(x)在[t，t＋1]上不单调，
则实数 t 的取值范围是________．
解析：由题意得，f′(x)＝ex(x2＋2x)，所以 f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，
在(－2，0)上单调递减，又因为 f(x)在[t，t＋1]上不单调，所以{t < －2
t＋1 > －2或{t < 0
t＋1 > 0，即实
数 t 的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．
答案：(－3，－2)∪(－1，0)
11．已知函数 f(x)＝
x
4＋
a
x－ln x－
3
2，其中 a∈R，且曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂
直于直线 y＝
1
2x.
(1)求 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间．
解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝
1
4－
a
x2－
1
x，
由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝
1
2x，知
f′(1)＝－
3
4－a＝－2，
解得 a＝
5
4.
(2)由(1)知 f(x)＝x
4＋
5
4x－ln x－
3
2，
则 f′(x)＝
x2－4x－5
4x2 .
令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5.
因为 x＝－1 不在 f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当 x∈(0，5)时，f′(x)<0，故 f(x)在(0，5)内为减函数；
当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
故函数 f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．
12．(1)设函数 f(x)＝xe2－x＋ex，求 f(x)的单调区间．
(2)设 f(x)＝ex(ln x－a)(e 是自然对数的底数，e＝2.718 28…)，若函数 f(x)在区间[1
e，e ]
上单调递减，求 a 的取值范围．
解：(1)因为 f(x)＝xe2－x＋ex.
由 f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及 e2－x＞0 知，f′(x)与
1－x＋ex－1 同号．
令 g(x)＝1－x＋ex－1，则 g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当 x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故 g(1)＝1 是 g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而 g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
故 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(2)由题意可得 f′(x)＝ex(ln x＋1
x－a)≤0 在[1
e，e ]上恒成立．
因为 ex>0，所以只需 ln x＋
1
x－a≤0，即 a≥ln x＋
1
x在[1
e，e ]上恒成立．令 g(x)＝ln x＋
1
x.
因为 g′(x)＝
1
x－
1
x2＝
x－1
x2 ，
由 g′(x)＝0，得 x＝1.
x (1
e，1 ) (1，e)
g′(x) － ＋
g(x)
g(1
e )＝ln
1
e＋e＝e－1，g(e)＝1＋
1
e，因为 e－1>1＋
1
e，所以 g(x)max＝g(1
e )＝e－
1.
故 a≥e－1.
[综合题组练]
1．(2020·丽水模拟)已知函数 y＝xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)．则
下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
解析：选 C.由题图可知当 0＜x＜1 时，xf′(x)＜0，所以 f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减．当
x＞1 时，xf′(x)＞0，所以 f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增，所以当 x＝1 时，函数取得极小
值．当 x＜－1 时，xf′(x)＜0，所以 f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增，当－1＜x＜0 时，xf′(x)＞
0，所以 f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，所以当 x＝－1 时，函数取得极大值．符合条件的只
有 C 项．
2．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知定义在 R 上的偶函数 f(x)，其导函数为 f′(x)．当 x≥0
时，恒有
x
2f′(x)＋f(－x)≤0，若 g(x)＝x2f(x)，则不等式 g(x)＜g(1－2x)的解集为( )
A．(
1
3，1) B．(－∞，
1
3)∪(1，＋∞)
C．(
1
3，＋∞) D．(－∞，
1
3)
解析：选 A.因为定义在 R 上的偶函数 f(x)，
所以 f(－x)＝f(x)
因为 x≥0 时，恒有 x
2f′(x)＋f(－x)≤0，
所以 x2f′(x)＋2xf(x)≤0，
因为 g(x)＝x2f(x)，
所以 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，
所以 g(x)在[0，＋∞)上为减函数，
因为 f(x)为偶函数，
所以 g(x)为偶函数，
所以 g(x)在(－∞，0)上为增函数，
因为 g(x)＜g(1－2x)
所以|x|＞|1－2x|，
即(x－1)(3x－1)＜0
解得
1
3＜x＜1，选 A.
3.已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为 f(x)的导函
数，且导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式 f(x)＜1 的解集是
________．
解析：依题意得，当 x>0 时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当 x<0 时，f′(x)<0，f(x)是减函
数．又 f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式 f(x)<1 的解集是(－3，5)．
答案：(－3，5)
4．(2020·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数 f(x)＝x3－3x，函数 f(x)的图象在 x＝0 处的切线
方程是________；函数 f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数 f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为 y′＝3x2－3，切线的斜率为－3，
所以切线方程为 y＝－3x；
3x2－3＝0，可得 x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0
函数是增函数，
f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数 f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x [－2，2]
5．已知函数 g(x)＝
1
3x3－
1
2ax2＋2x.
(1)若 g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数 a 的取值范围；
(2)若 g(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数 a 的取值范围．
解：(1)因为 g′(x)＝x2－ax＋2，且 g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以 g′(x)≤0，即 x2－
ax＋2≤0 在(－2，－1)内恒成立，
所以{g′（－2） ≤ 0，
g′（－1） ≤ 0，即{4＋2a＋2 ≤ 0，
1＋a＋2 ≤ 0， 解得 a≤－3，
即实数 a 的取值范围为(－∞，－3]．
(2)因为 g(x)在(－2，－1)内不单调，g′(x)＝x2－ax＋2，
所以 g′(－2)·g′(－1)<0 或{－2 < a
2 < －1，
Δ > 0，
g′（－2） > 0，
g′（－1） > 0.
由 g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解．
由{－2 < a
2 < －1，
Δ > 0，
g′（－2） > 0，
g′（－1） > 0，
得{－4 < a < －2，
a2－8 > 0，
6＋2a > 0，
3＋a > 0，
即{－4 < a < －2，
a > 2 2或a < －2 2，
a > －3，
解得－30，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a<0 时，令 g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当 a＝－
1
2时，Δ＝0，
f′(x)＝
－1
2（x－1）2
x（x＋1）2 ≤0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当 a<－
1
2时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－
1
20，
设 x1，x2(x10，
所以当 x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，
当 x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数 f(x)单调递增，
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
综上可得：
当 a≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a≤－
1
2时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－
1
2
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