高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案(新高考)第20講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性(原卷版+解析)

第20講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.函數(shù)的單調(diào)性設(shè)函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，若f′(x)0，則f(x)為增函數(shù)，若f′(x)0，則f(x)為減函數(shù)．2.求可導(dǎo)函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定f(x)的；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)令f′(x)0(或f′(x)0)，解出相應(yīng)的x的取值范圍；(4)當(dāng)時(shí)，f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是減函數(shù)．3.常用結(jié)論(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充要條件．(3)對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件．1、【2022年全國(guó)甲卷】已知a=31A．c>b>a B．b>a>c C．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b2．【2022年新高考1卷】設(shè)a=0.1eA．a(chǎn)<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a(chǎn)<c<b1、.函數(shù)f(x)＝3＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))2、函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖像如圖，則函數(shù)y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f(c,3)的單調(diào)遞增區(qū)間是()第2題圖A.(－∞，－2]B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞))3、函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()eq\a\vs4\al()ABCD4、下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A.f(x)＝sin2xB.g(x)＝x3－xC.h(x)＝xexD.m(x)＝－x＋lnx考向一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1、求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋3；(2)g(x)＝x2－2lnx.變式1、知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．變式2、(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－3,e2x)的減區(qū)間是()A.(－∞，2) B.(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.(3，＋∞)(2)設(shè)f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，討論f(x)的單調(diào)性．3)已知x∈(0，π)，則函數(shù)f(x)＝excosx的增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))方法總結(jié)：1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間的一般步驟為：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；(3)在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根據(jù)(3)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性，在對(duì)函數(shù)求導(dǎo)以后要對(duì)導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行整理并因式分解，方便后面求根和判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)．考向二給定區(qū)間求參數(shù)的范圍例2、已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．變式1、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在區(qū)間(－1，1)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．變式2、f(x)＝x3－ax－1若f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1，1)，求實(shí)數(shù)a的值．變式3、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上不具有單調(diào)性，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．變式4、(2022·河北省級(jí)聯(lián)測(cè))若函數(shù)f(x)＝(x2＋mx)ex在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上存在減區(qū)間，則m的取值范圍是.方法總結(jié)：1.明晰導(dǎo)數(shù)概念及其幾何意義在解題中的應(yīng)用，強(qiáng)化方程的思想，培養(yǎng)基本運(yùn)算能力．2.辨析區(qū)間上單調(diào)和區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間的本質(zhì)區(qū)別和處理策略的不同，提升參變分離和構(gòu)造函數(shù)等解決問(wèn)題的方法和技巧，感悟數(shù)學(xué)解題背后的思維和內(nèi)涵．考向三函數(shù)單調(diào)區(qū)間的討論例3、已知函數(shù)．當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；變式1、已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性．變式2、已知函數(shù)f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．方法總結(jié)：對(duì)含參函數(shù)的合理分類(lèi)，關(guān)鍵是找到引起分類(lèi)討論的原因．2.會(huì)對(duì)函數(shù)進(jìn)行準(zhǔn)確求導(dǎo)，求導(dǎo)以后進(jìn)行整理并因式分解，其中能否因式分解、每個(gè)因式系數(shù)的正負(fù)、根的大小等都是引起分類(lèi)討論的原因．考向四構(gòu)造函數(shù)研究單調(diào)性例4、（多選題）已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，，則下列判斷中正確的是()A． B．C． D．變式1、（2022·重慶市育才中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）（多選題）已知函數(shù)對(duì)于任意的都有，則下列式子成立的是（

）A． B．C． D．變式2、（2022·江蘇鹽城·三模）已知為的導(dǎo)函數(shù)，且滿足，對(duì)任意的總有，則不等式的解集為_(kāi)_________．方法總結(jié)：(1)對(duì)于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)；(2)對(duì)于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)；特別地，對(duì)于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.(3)對(duì)于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)；(4)對(duì)于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,gx)(g(x)≠0)；(5)對(duì)于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xf(x)；(6)對(duì)于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)1、（2022·廣東惠州·二模）若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)的取值范圍是______．2、，若在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則的取值范圍是_______3、（2022·江蘇·南京市寧海中學(xué)二模）已知是可導(dǎo)的函數(shù)，且，對(duì)于恒成立，則下列不等關(guān)系正確的是（

）A． B．C． D．4、（2022·遼寧·大連二十四中模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，若且，則有（

）A．可能是奇函數(shù)，也可能是偶函數(shù) B．C．時(shí)， D．第20講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.函數(shù)的單調(diào)性設(shè)函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，若f′(x)>0，則f(x)為增函數(shù)，若f′(x)<0，則f(x)為減函數(shù)．2.求可導(dǎo)函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)令f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相應(yīng)的x的取值范圍；(4)當(dāng)f′(x)>0時(shí)，f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是減函數(shù)．3.常用結(jié)論(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充要條件．(3)對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件．1、【2022年全國(guó)甲卷】已知a=31A．c>b>a B．b>a>c C．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b【答案】A【解析】【分析】由cb=4tan14結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得c>b【詳解】因?yàn)閏b=4所以tan14>14設(shè)f(x)=cosf'(x)=?sinx+x>0，所以則f14>f(0)所以b>a,所以c>b>a，故選：A

2、【2022年新高考1卷】設(shè)a=0.1eA．a(chǎn)<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a(chǎn)<c<b【答案】C【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x，導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定【詳解】設(shè)f(x)=ln(1+x)?x(x>?1)，因?yàn)楫?dāng)x∈(?1,0)時(shí)，f'(x)>0，當(dāng)x∈(0,+∞所以函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x在(0,+∞所以f(19)<f(0)=0，所以ln109所以f(?110)<f(0)=0，所以ln910故a<b，設(shè)g(x)=xex+令?(x)=ex(當(dāng)0<x<2?1時(shí)，?'當(dāng)2?1<x<1時(shí)，?'(x)>0又?(0)=0，所以當(dāng)0<x<2?1時(shí)，所以當(dāng)0<x<2?1時(shí)，g'所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1故選：C.1、.函數(shù)f(x)＝3＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))【答案】B【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2、函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖像如圖，則函數(shù)y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f(c,3)的單調(diào)遞增區(qū)間是()第2題圖A.(－∞，－2]B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞))【答案】D【解析】由題圖可知d＝0.不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由圖可知f′(－2)＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，∴b＝－eq\f(3,2)，c＝－18.∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6，y′＝2x－eq\f(9,4).當(dāng)x＞eq\f(9,8)時(shí)，y′＞0，∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6的單調(diào)遞增區(qū)間為[eq\f(9,8)，＋∞).故選D.3、函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()eq\a\vs4\al()ABCD【答案】D【解析】由f′(x)的圖象可知f(x)的單調(diào)性為減→增→減→增，且極大值點(diǎn)為正，故選D.4、下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A.f(x)＝sin2xB.g(x)＝x3－xC.h(x)＝xexD.m(x)＝－x＋lnx【答案】C【解析】對(duì)于A，f(x)＝sin2x是周期函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上無(wú)單調(diào)性，不符合題意；對(duì)于B，g′(x)＝3x2－1.令g′(x)>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，－eq\f(\r(3),3))，(eq\f(\r(3),3)，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))上單調(diào)遞減，不符合題意；對(duì)于C，h′(x)＝ex(x＋1).當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，符合題意；對(duì)于D，m′(x)＝eq\f(1－x,x)(x>0).令m′(x)>0，得0<x<1，所以函數(shù)m(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意．考向一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1、求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋3；(2)g(x)＝x2－2lnx.【解析】(1)∵f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，定義域?yàn)镽，∴當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪(1，＋∞)；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).∴函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).(2)g′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x)，定義域?yàn)?0，＋∞)，令g′(x)＝0，解得：x＝1或x＝－1(舍去)，列表：x(0，1)1(1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)減極小值增∴函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(0，1)．變式1、知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．【解析】因?yàn)閒(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx(x>0)，所以f′(x)＝1－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2＋x－2,x2)(x>0).令f′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝1，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞).變式2、(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－3,e2x)的減區(qū)間是()A.(－∞，2) B.(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.(3，＋∞)【答案】C【解析】因?yàn)閒(x)＝eq\f(x－3,e2x)，所以f′(x)＝eq\f(7－2x,e2x)，令f′(x)<0，解得x＞eq\f(7,2).(2)設(shè)f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，討論f(x)的單調(diào)性．【解答】由題得函數(shù)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝eq\f(2＋cosxcosx－sinx－sinx,2＋cosx2)＝eq\f(2cosx＋1,2＋cosx2).令f′(x)>0，得cosx>－eq\f(1,2)，即2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．令f′(x)<0，得cosx<－eq\f(1,2)，即2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)．故f(x)的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))(k∈Z)．3)已知x∈(0，π)，則函數(shù)f(x)＝excosx的增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))【答案】C【解析】因?yàn)閒(x)＝excosx，所以f′(x)＝(cosx－sinx)ex，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(π,4)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，π)上的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).方法總結(jié)：1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間的一般步驟為：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；(3)在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根據(jù)(3)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性，在對(duì)函數(shù)求導(dǎo)以后要對(duì)導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行整理并因式分解，方便后面求根和判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)．考向二給定區(qū)間求參數(shù)的范圍例2、已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2對(duì)x∈R恒成立．因?yàn)?x2≥0，所以a≤0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0].變式1、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在區(qū)間(－1，1)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】由題意，得f′(x)＝3x2－a≤0在區(qū)間(－1，1)上恒成立，即a≥3x2在區(qū)間(－1，1)上恒成立．因?yàn)椋?＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3，＋∞).變式2、f(x)＝x3－ax－1若f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1，1)，求實(shí)數(shù)a的值．【解析】由例題可知，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－eq\f(\r(3a),3)，eq\f(\r(3a),3))，所以eq\f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3，故實(shí)數(shù)a的值為3.變式3、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上不具有單調(diào)性，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】因?yàn)閒′(x)＝3x2－a，且f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上不具有單調(diào)性，所以f′(x)＝0即a＝3x2在區(qū)間[1，＋∞)上有解．當(dāng)x≥1時(shí)，3x2≥3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3，＋∞).變式4、(2022·河北省級(jí)聯(lián)測(cè))若函數(shù)f(x)＝(x2＋mx)ex在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上存在減區(qū)間，則m的取值范圍是.【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))【解析】f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex，則原問(wèn)題等價(jià)于f′(x)<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即x2＋(m＋2)x＋m<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即m<eq\f(－x2－2x,x＋1)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解．因?yàn)閑q\f(－x2－2x,x＋1)＝－(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)，且y＝－(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，ymax＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋1))＋eq\f(1,－\f(1,2)＋1)＝eq\f(3,2)，所以m<eq\f(3,2).方法總結(jié)：1.明晰導(dǎo)數(shù)概念及其幾何意義在解題中的應(yīng)用，強(qiáng)化方程的思想，培養(yǎng)基本運(yùn)算能力．2.辨析區(qū)間上單調(diào)和區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間的本質(zhì)區(qū)別和處理策略的不同，提升參變分離和構(gòu)造函數(shù)等解決問(wèn)題的方法和技巧，感悟數(shù)學(xué)解題背后的思維和內(nèi)涵．考向三函數(shù)單調(diào)區(qū)間的討論例3、已知函數(shù)．當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；【解析】函數(shù)的定義域?yàn)?，因?yàn)?，所以，①?dāng)，即時(shí)，由得或，由得，所以在，上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)；②當(dāng)，即時(shí)，所以在上是增函數(shù)；③當(dāng)，即時(shí)，由得或，由得，所以在，.上是增函數(shù)，在.上是減函綜上可知：當(dāng)時(shí)在，上是單調(diào)遞增，在上是單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在.上是單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)在，上是單調(diào)遞增，在上是單調(diào)遞減.變式1、已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性．【解答】函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x).①當(dāng)0<a<1，即eq\f(1,a)>1時(shí)，若x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，則f′(x)>0；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))，則f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．②當(dāng)a＝1，即eq\f(1,a)＝1時(shí)，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．③當(dāng)a>1，即0<eq\f(1,a)<1時(shí)，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)，則f′(x)>0；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))，則f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減．變式2、已知函數(shù)f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．【解析】由題意，得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1,x).①當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減；③當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a))(舍負(fù))，則當(dāng)x∈(0，eq\r(\f(1－a,2a)))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，eq\r(\f(1－a,2a)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，eq\r(\f(1－a,2a)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)上單調(diào)遞增方法總結(jié)：對(duì)含參函數(shù)的合理分類(lèi)，關(guān)鍵是找到引起分類(lèi)討論的原因．2.會(huì)對(duì)函數(shù)進(jìn)行準(zhǔn)確求導(dǎo)，求導(dǎo)以后進(jìn)行整理并因式分解，其中能否因式分解、每個(gè)因式系數(shù)的正負(fù)、根的大小等都是引起分類(lèi)討論的原因．考向四構(gòu)造函數(shù)研究單調(diào)性例4、（多選題）已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，，則下列判斷中正確的是()A． B．C． D．【答案】CD【解析】令，，則，因?yàn)?，所以在?/p>