新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第1课时导数与函数的单调性学案含解析

这是一份新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第1课时导数与函数的单调性学案含解析，共12页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
第二节　导数的应用第1课时　导数与函数的单调性一、教材概念·结论·性质重现导数与函数的单调性的关系条件结论函数y＝f (x)在区间(a，b)上可导f ′(x)>0f (x)在(a，b)内单调递增f ′(x)<0f (x)在(a，b)内单调递减f ′(x)＝0f (x)在(a，b)内是常数函数 若函数f (x)在区间(a，b)上单调递增，则f ′(x)≥0，“f ′(x)>0在区间(a，b)上成立”是“f (x)在区间(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)若函数f (x)在区间(a，b)上单调递增，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)在此区间内不具有单调性．(√)(3)若在区间(a，b)内f ′(x)≤0且f ′(x)＝0的根为有限个，则f (x)在区间(a，b)内是减函数．(√)2．函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f (x)的图象可能是(　　)  D　解析：由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上先增后减再增．故选D．3．函数f (x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(　　)A．(－1,1)   B．(－∞，1)C．(－1，＋∞)   D．(－∞，－1)，(1，＋∞)D　解析：f ′(x)＝3x2－3.由f ′(x)>0得x<－1或x>1.故函数f (x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．故选D．4．已知函数f (x)＝，则(　　)A．f (2)>f (e)>f (3)   B．f (3)>f (e)>f (2)C．f (3)>f (2)>f (e)   D．f (e)>f (3)>f (2)D　解析：f (x)的定义域是(0，＋∞)．因为f ′(x)＝，所以x∈(0，e)时，f ′(x)>0；x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0.故x＝e时，f (x)max＝f (e)．又f (2)＝＝，f (3)＝＝，所以f (e)>f (3)>f (2)．5．若函数f (x)＝sin x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为________．[1，＋∞)　解析：因为f ′(x)＝cos x＋k≥0，所以k≥－cos x，x∈(0，π)恒成立．当x∈(0，π)时，－1<－cos x<1，所以k≥1.考点1　利用导数求函数的单调区间——基础性1．函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　)A．(0，＋∞)　　 B．C．(－∞，－1)   D．B　解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－.令y′>0，即8x－>0，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B．2．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)A．(－1,1)   B．(0,1)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)B　解析：y＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x>0)．令y′<0，得0<x<1，所以函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(0,1)．3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x)＝xsin x＋cos x，则f (x)的单调递增区间为________．，　解析：f ′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x．令f ′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为，即f (x)的单调递增区间为，.求函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x)的定义域；(2)求f ′(x)；(3)在定义域内解不等式f ′(x)>0，得函数f (x)的单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f ′(x)<0，得函数f (x)的单调递减区间．提醒：若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．考点2　利用导数讨论函数的单调性——应用性(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x)＝2x3－ax2＋b.讨论f (x)的单调性．解：f ′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝.①若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f ′(x)>0；当x∈时，f ′(x)<0.故f (x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．②若a＝0，则f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．③若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f ′(x)>0；当x∈时，f ′(x)<0.故f (x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．将本例函数改为“f (x)＝－aln x，a∈R”，求f (x)的单调区间．解：因为f (x)＝－aln x，x∈(0，＋∞)，所以f ′(x)＝x－＝.(1)当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上为增函数．(2)当a>0时，f ′(x)＝，则有：①当x∈(0，)时，f ′(x)<0，所以f (x)的单调递减区间为(0，)．②当x∈(，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f (x)的单调递增区间为(，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f (x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)． 解决含参数的函数单调性问题的注意点(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．已知f (x)＝axex－2aex－x2＋x，求f (x)的单调区间．解：f (x)的导函数为f ′(x)＝(x－1)(aex－1)．(1)当a＝0时，f ′(x)＝－(x－1)．若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．(2)当a＜0时，若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．(3)当a＞0时，①若a＝，则f ′(x)＝(x－1)·(ex－1－1)≥0，f (x)在R上单调递增．②若a＞，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·＞0，可得x＞1或x＜ln ；f ′(x)＜0，即为(x－1)＜0，可得ln ＜x＜1.③若0＜a＜，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·＞0，可得x＜1或x＞ln ；f ′(x)＜0，即为(x－1)＜0，可得1＜x＜ln .综上，当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a＝时，f (x)的单调递增区间为R；当a＞时，f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，，单调递减区间为；当0＜a＜时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，，单调递减区间为.考点3　导数与函数单调性的简单应用——综合性考向1　利用导数解不等式若函数f (x)＝ex－e－x＋sin 2x，则满足f (2x2－1)＋f (x)＞0的x的取值范围是(　　)A．B．(－∞，－1)∪C．D．∪(1，＋∞)B　解析：函数f (x)＝ex－e－x＋sin 2x，定义域为R，且满足f (－x)＝e－x－ex＋sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin 2x)＝－f (x)，所以f (x)为R上的奇函数．又f ′(x)＝ex＋e－x＋2cos 2x≥2＋2cos 2x≥0恒成立，所以f (x)为R上的单调递增函数．由f (2x2－1)＋f (x)＞0，得f (2x2－1)＞－f (x)＝f (－x)，所以2x2－1＞－x，即2x2＋x－1＞0，解得x＜－1或x＞.所以x的取值范围是(－∞，－1)∪.故选B．利用导数解不等式的关键，是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f (g(x))>f (h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．考向2　利用导数比较大小(多选题)(2021·滨州期末)已知定义在上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且f (0)＝0，f ′(x)cos x＋f (x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　)A．f <f  B．f >0C．f >f  D．f >f CD　解析：令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝.因为f ′(x)cos x＋f (x)sin x<0，所以g′(x)<0在上恒成立．因此函数g(x)＝在上单调递减．因为>，所以g>g，所以>，即f >f ，故A错误；又f (0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立．因为ln ∈，所以f <0，故B错误；因为>，所以g>g，所以>，即f >f ，故C正确；因为>，所以g>g，所以>，即f >f ，故D正确．故选CD．利用导数比较大小的方法利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并得到辅助函数的单调性，进而根据单调性比较大小．考向3　利用导数求参数的取值范围已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝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．解：(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2.因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，即a＞－有解．设G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可．而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1.又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．由(1)知G(x)＝－，所以a≥G(x)max.而G(x)＝－1.因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.又因为a≠0，所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．本例第(2)问中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解：若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，则h′(x)＜0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a＞－有解．又当x∈[1,4]时，min＝－1，所以a＞－1.又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 根据函数的单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f (x)单调递增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)不恒为零，要注意等号是否可以取到．(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别．分离参数后对应不同的最值类型．1．已知定义域为R的奇函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)．当x>0时，xf ′(x)－f (x)<0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)A．a<b<c B．b<c<aC．a<c<b D．c<a<bD　解析：设g(x)＝，则g′(x)＝.因为当x>0时，xf ′－f (x)<0，所以g′(x)<0.所以g(x)在(0，＋∞)上是减函数．由f (x)为奇函数，知g(x)为偶函数，则g(－3)＝g(3)．又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g(3)，所以g(3)<g(e)<g(ln 2)，故c<a<b.故选D．2．已知实数a>0，且a≠1，函数f (x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)A．(1,5] B．[2,5]C．(1，＋∞) D．(－∞，5]B　解析：函数f (x)在R上单调递增，则a>1.当x≥1时，f (x)＝x2＋＋aln x，则f ′(x)＝2x－＋＝，则2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立．所以a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．因为y＝－2x2在[1，＋∞)上单调递减，所以ymax＝2，则a≥2.当x＝1时，a≤1＋4＝5.综上，实数a的取值范围是[2,5]．故选B．3．已知函数f (x)＝x2－cos x，x∈，则满足f (x0)>f 的x0的取值范围为________．∪  解析：f ′(x)＝2x＋sin x．当x∈时，f ′(x)≥0，所以f (x)在上单调递增．由f (x0)>f ，知<x0≤.又因为f (－x)＝f (x)，所以f (x)为偶函数，所以－≤x<－也满足条件．4．已知函数f (x)＝x2＋aln x.(1)当a＝－2时，求函数f (x)的单调区间；(2)若g(x)＝f (x)＋在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．解：(1)f (x)＝x2＋aln x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－＝.令f ′(x)>0，得x>1；令f ′(x)<0，得0<x<1.所以f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．(2)由题意g(x)＝x2＋aln x＋，g′(x)＝2x＋－.若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝－2x2.因为φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤－2x2在[1，＋∞)上恒成立．因为φ(x)没有最小值，不满足题意．所以实数a的取值范围为[0，＋∞).若函数f (x)＝x3－ax2＋1在区间[1,2]上单调递减，求实数a的取值范围．[四字程序]读想算思求实数a的取值范围1.利用导数研究函数单调性的方法；2.从什么角度列不等式求取值范围？1.求f ′(x)；2.解不等式f ′(x)<0转化与化归、数形结合f (x)在[1,2]上单调递减由函数f (x)在区间[a，b]上单调递增(减)可知f ′(x)≥0(f ′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式f ′(x)＝3x2－2ax ＝x(3x－2a)1.函数最值；2.不等式恒成立；3.一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间的关系 思路参考：等价转化为f ′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，分离变量求最值．解：f ′(x)＝3x2－2ax.由f (x)在[1,2]上单调递减知f ′(x)≤0，即3x2－2ax≤0在[1,2]上恒成立，即a≥x在[1,2]上恒成立．故只需a≥max，故a≥3.所以a的取值范围是[3，＋∞)．思路参考：等价转化为f ′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，数形结合列不等式组求范围．解：f ′(x)＝3x2－2ax.由f (x)在[1,2]上单调递减知f ′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立．所以解得a≥3.所以a的取值范围是[3，＋∞)．思路参考：分类讨论f (x)的单调性，根据区间[1,2]是单调递减区间的子集求参数范围．解：f ′(x)＝3x2－2ax.当a＝0时，f ′(x)≥0，故y＝f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f (x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．当a<0时，由f ′(x)≤0，得a≤x≤0，即f (x)的单调递减区间为，与f (x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．当a>0时，由f ′(x)得0≤x≤a，即f (x)的单调递减区间为.由f (x)在[1,2]上单调递减得a≥2，得a≥3.综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．1．本题考查函数的单调性与导数的关系，解法较多，基本解题策略是转化为不等式恒成立问题，即“若函数f (x)在区间D上单调递增，则f ′(x)≥0对x∈D恒成立；若函数f (x)在区间D上单调递减，则f ′(x)≤0对x∈D恒成立”或利用集合间的包含关系处理；若y＝f (x)在区间D上单调，则区间D是相应单调区间的子集．2．基于课程标准，解答本题一般需要运算求解能力、推理论证能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题利用函数的单调性与导函数的关系，将所求问题转化为熟悉的数学模型，解题过程需要知识之间的转化，体现了综合性．1．已知函数f (x)＝2cos x(m－sin x)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是(　　)A．[－1,1] B．C． D．B　解析：f ′(x)＝－2sin x(m－sin x)＋2cos x·(－cos x)－3.因为f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f ′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msin x－5≤0.设sin x＝t(－1≤t≤1)，则不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在区间[－1,1]上恒成立．于是有即故实数m的取值范围是.故选B．2．已知函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．(0,27)　解析：(方法一：间接法)若f (x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调递增函数，则f ′(x)＝3x2－k≥0在(－3,1)上恒成立，即k≤3x2在(－3,1)上恒成立，故k≤0.若f (x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调递减函数，则f ′(x)＝3x2－k≤0在(－3，1)上恒成立，即k≥3x2在(－3,1)上恒成立，故k≥27.所以当函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调函数时，实数k的取值范围是k≤0或k≥27，当函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数时，实数k的取值范围是0<k<27.(方法二：直接法)由奇函数f (x)＝x3－kx得f ′(x)＝3x2－k.当k≤0时，f ′(x)＝3x2－k≥0，f (x)在R上是增函数，不满足题意；当k>0时，由f ′(x)＝3x2－k<0，得－<x<，在上f (x)是减函数. 由f ′(x)＝3x2－k>0，得x<－或x>.在，上f (x)是增函数．要满足函数f (x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，由对称性得，－>－3，所以k<27.综上所述，实数k的取值范围是(0,27)．