2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：3.2.1 利用导数研究函数的单调性

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eq \x(考点一) 不含参数的单调性[自主练透型]
1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
3．[2021·宁夏银川模拟]若幂函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
4．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是________．
悟·技法
利用导数求函数的单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间.
考点二 含参数的单调性[互动讲练型]
[例1] [2020·全国卷Ⅲ节选]已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.讨论f(x)的单调性．
悟·技法
利用导数求函数的单调区间的方法
(1)确定函数y＝f(x)的定义域．
(2)求导数f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根．
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间．
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．
[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2019·全国卷Ⅲ节选]已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论f(x)的单调性．
考点三 已知函数的单调性求参数(范围)
[分层深化型]
考向一：存在单调区间求参数(范围)
[例2] 设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
考向二：在区间上单调求参数范围
[例3] 在[例2]第(3)问中，若改为g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何解？
考向三：在区间上不单调求参数范围
[例4] 在[例2]第(3)问中，若g(x)在(－2，－1)上不单调，求a的取值范围？
悟·技法
已知函数单调性，求参数范围的两个方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题来求解：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”．
[提醒] 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.
[变式练]——(着眼于举一反三)
2．在[例2]第(3)问中，若g(x)的单调递减区间为(－2，－1)，求a的值．
3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求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a的取值范围．
第1课时 利用导数研究函数的单调性
课堂考点突破
考点一
1．解析：∵f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)(x>0)，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
答案：A
2．解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
答案：D
3．解析：设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))α，即α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，则g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，令g′(x)<0，得－2答案：(－2,0)
4．解析：f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
令f′(x)＝xcs x>0(x∈(－π，π))，
解得－π故函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
考点二
例1 解析：f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3k),3).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，f′(x)>0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．
变式练
1．解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减．
考点三
例2 解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,b＝0.))
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，
依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a当且仅当x＝eq \f(2,x)即x＝－eq \r(2)时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2eq \r(2))．
例3 解析：解法一：∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，
∴g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g′－2≤0，,g′－1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2a＋2≤0，,1＋a＋2≤0，))
解得a≤－3，
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
解法二：∵g′(x)＝x2－ax＋2，
由题意可得g′(x)≤0在(－2，－1)上恒成立，
即a≤x＋eq \f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，
又y＝x＋eq \f(2,x)，x∈(－2，－1)的值域为(－3，－2eq \r(2)]，
∴a≤－3，∴实数a的取值范围是(－∞，－3]．
例4 解析：由[例3]知g(x)在(－2，－1)上为减函数，a的范围是(－∞，－3]，若g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知a≥x＋eq \f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋eq \f(2,x)的值域为(－3，－2eq \r(2)]，
∴a的取值范围是[－2eq \r(2)，＋∞)，
∴函数g(x)在(－2，－1)上单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2eq \r(2)，＋∞)，
故g(x)在(－2，－1)上不单调，实数a的取值范围是(－3，－2eq \r(2))．
变式练
2．解析：∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)，
∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，
∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.
3．解析：(1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解．
即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解，
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，
当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，
因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)，又因为a≠0
所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．