【考綱要求】
1.結(jié)合實例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.
2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).
【考點預(yù)測】
1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系
2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟
第1步，確定函數(shù)的定義域；
第2步，求出導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點；
第3步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性.
【常用結(jié)論】
1.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.
2.對于可導(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.
【方法技巧】
1.確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：
(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；
(2)求f′(x)；
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；
(4)解不等式f′(x)0)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴當x∈(0,1)時，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增．
故選A.
【典例2】若函數(shù)f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________．
【解析】f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)，
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)0，
當x∈(1，＋∞)時，φ(x)f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
【解析】因為f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又當x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函數(shù)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))).故選A.
【典例2】已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)>1的解集為________．
【解析】f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定義域為R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，
當且僅當x＝0時取“＝”，
∴f(x)在R上單調(diào)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>eq \f(3,2)，
∴原不等式的解集為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
【典例3】設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3，若實數(shù)a，b滿足f(a)＝0，g(b)＝0，則( )
A．g(a)f(2)，故選D．
6. 若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
【解析】因為f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(1，＋∞))，因為當x∈(1，＋∞)時，x＋eq \f(1,x)>2，所以m≤2.故選C．
7. 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．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【解析】由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.設(shè)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，而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，選B．
8. 設(shè)f(x)，g(x)是定義在R上的恒大于0的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
【解析】令F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)，則F′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．故選C.
【多選題】
9. 若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)a的取值可以是( )
A．－3 B．－1 C．0 D．
【解析】依題意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有兩個不相等的零點，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0))
解得a>－3且a≠0.故選BD.
10. 若函數(shù) g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e為自然對數(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)不具有M性質(zhì)的為( )
A．f(x)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x
【解析】對于A，f(x)＝eq \f(1,x)，則g(x)＝eq \f(ex,x)，g′(x)＝eq \f(ex?x－1?,x2)，當x0，
∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；
對于B，f(x)＝x2＋1，則g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，
g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2>0在實數(shù)集R上恒成立，
∴g(x)＝exf(x)在定義域R上是增函數(shù)；
對于C，f(x)＝sin x，則g(x)＝exsin x，g′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，顯然g(x)不單調(diào)；
對于D，f(x)＝x，則g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當x0時，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
答案：增
15. 若函數(shù)f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))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(dǎo)，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)＋2a.
由題意知，f′(x)>0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上有解，
當x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))時，f′(x)的最大值為f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a.
令eq \f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq \f(1,9)，
所以a的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
16. 已知函數(shù)f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)，則實數(shù)t的取值范圍是________．
【解析】因為函數(shù)f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)，
因為函數(shù)f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)，
所以f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)在(t，t＋1)上有變號零點，
所以eq \f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，
所以x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0，1)，
故實數(shù)t的取值范圍是(0，1)．
答案：(0，1)
【解答題】
17. 已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
當x＝eq \f(2,3)時，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋2a×eq \f(2,3)－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
則f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x

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