2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第2讲　导数与函数的单调性学案

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一、知识梳理
函数的单调性与导数的关系
常用结论
理清三组关系
(1)“在某区间内f′(x)>0(f′(x)0时，h(x)>0；
当x0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．
一、思考辨析
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．( )
答案：(1)× (2)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)判断导数值的正负时忽视函数值域这一隐含条件；
(2)讨论函数单调性时，分类标准有误．
1．函数f(x)＝cs x－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：选D.因为f′(x)＝－sin x－10恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，
f′(x)0)，
当f′(x)>0时，解得x>eq \f(1,e)，
即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))；
当f′(x)0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，得f′(x)＝sin x＋xcs x>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，故选A.
2．已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)－2x2＋ln x在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围．
解：f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)，若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，即f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0，
即eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0在[1，2]上恒成立，
即eq \f(3,a)≥4x－eq \f(1,x)或eq \f(3,a)≤4x－eq \f(1,x).
令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，因为函数h(x)在[1，2]上单调递增，
所以eq \f(3,a)≥h(2)或eq \f(3,a)≤h(1)，即eq \f(3,a)≥eq \f(15,2)或eq \f(3,a)≤3，
解得a0，f′(x)＝eq \f(a（x－1）,x3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当00，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)2时，00，解得x>1，故选D.
2．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋eq \f(3,x)＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
解析：选B.法一：令y′＝1－eq \f(3,x2)＋eq \f(2,x)1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．
当xe－x，所以x(ex－e－x)>0，又ex＋e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.
优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)2，所以m≤2.故选C.
6．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为 ．
解析：由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2).
所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为 ．
解析：由f(x)图象特征可得，
f′(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))和[2，＋∞)上大于0，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上小于0，
所以xf′(x)≥0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥0，,f′（x）≥0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,f′（x）≤0))⇔0≤x≤eq \f(1,2)或x≥2，
所以xf′(x)≥0的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)
8．若f(x)＝xsin x＋cs x，则f(－3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，f(2)的大小关系为 (用“