2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.2　导数与函数的单调性

§3.2　导数与函数的单调性考试要求　1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　×　)(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　√　)教材改编题1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)答案　C解析　由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x∈(0，x1)时，f′(x)0，∴f(x)单调递增．2．函数f(x)＝(x－2)ex的单调递增区间为________．答案　(1，＋∞)解析　f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－∞，1)时，f′(x)0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增．(2)若函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________．答案　(1，＋∞)解析　f(x)的定义域为(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，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)0，解得0f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)答案　A解析　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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析　f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当x＝0时取“＝”，∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>eq \f(3,2)，∴原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).命题点2　根据函数的单调性求参数的范围例4　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析　由题意知f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3).延伸探究　在本例中，把“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间”，求a的取值范围．解　f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)，若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))时，f′(x)>0有解，即2a>－x＋eq \f(1,x)有解，∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，∴2a>－eq \f(3,2)，即a>－eq \f(3,4)，故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).教师备选1．若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)C．[1，＋∞) D．(－eq \r(2)，＋∞)答案　C解析　由题意得f′(x)＝ex(sin x＋a)＋excos x＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a))，∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，∴f′(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq \r(2)＋a]，∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．2．(2022·株州模拟)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．答案　(－∞，0)解析　由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；若a0得－eq \r(－\f(1,3a))