高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第10二讲第1课时导数与函数的单调性学案

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知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点 函数的单调性
(1)设函数y＝f(x)在某个区间内 可导 ，若f′(x) > 0，则f(x)为增函数，若f′(x) < 0，则f(x)为减函数．
(2)求可导函数f(x)单调区间的步骤：
①确定f(x)的 定义域 ；
②求导数f′(x)；
③令f′(x) > 0(或f′(x) < 0)，解出相应的x的范围；
④当 f′(x)>0 时，f(x)在相应区间上是增函数，当 f′(x)0(或f′(x)0.( × )
(2)若函数y＝f(x)在(a，b)内恒有f′(x)≥0，则y＝f(x)在(a，b)上一定为增函数．( × )
(3)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．( √ )
(4)因为y＝eq \f(1,ln x)的导函数为y′＝eq \f(－1,xln x2)，∵x>0，∴y′f(π)
C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)
[解析] f′(x)＝1－cs x，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.
4．(选修2－2P31AT3改编)已知函数y＝f(x)在定义域(－3,6)内可导，其图象如图，其导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为 [－1,2]∪[4,6) .
[解析] f′(x)≤0，即y＝f(x)递减，故f′(x)≤0，解集为[－1,2]∪[4,6)．
题组三 走向高考
5．(2017·浙江，4分)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] 根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，选D.
6．(2016·全国卷Ⅰ，5分)若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( C )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))
[解析] 函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x＋acs x＝－eq \f(4,3)cs2x＋acs x＋eq \f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．设cs x＝t，则g(t)＝－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0在[－1,1]上恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3).故选C.
注：文科(sin 2x)′＝(2sin xcs x)′＝2[(sin x)′·cs x＋sin x·(cs x)′]＝2(cs2x－sin2x)＝2cs 2x.
考点突破·互动探究
考点 函数的单调性
考向1 不含参数的函数的单调性——自主练透
例1 (1)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( A )
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( D )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
(3)函数f(x)＝x＋2eq \r(1－x)的单调递增区间是 (－∞，0) ；单调递减区间是 (0,1) .
(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 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))) .
[解析] (1)∵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)为增函数．
(2)f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
排除法：观察y＝x－3，y＝ex，在(3，＋∞)上递增，∴选D.
(3)f(x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－eq \f(1,\r(1－x)).令f′(x)＝0，得x＝0.
当01，则02时，Δ>0，g(x)＝0有两根为x1＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)，
当0f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>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] 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))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函数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.
角度2 解不等式
例4 设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是( A )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
[解析] ∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0.∴f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(x)g(x)为奇函数，f(0)g(0)＝0，∴f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数．∵f(3)g(3)＝0，
∴f(－3)g(－3)＝0.∴f(x)g(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．故选A.
角度3 已知函数的单调性求参数取值范围
例5 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( D )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
[分析] 利用函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f(x)的增区间的子集求解．
[解析] 解法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
因为f(x)＝kx－ln x，
所以f′(x)＝k－eq \f(1,x)≥0，即k≥eq \f(1,x).
因为x>1，所以00知x>eq \f(1,k)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))是f(x)的增区间. 由题意可知eq \f(1,k)≤1，即k≥1，故选D.
[引申]本例中(1)若f(x)的增区间为(1，＋∞)，则k＝ 1 ；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上递减，则k的取值范围是 (－∞，0] ；
(3)若f(x)在(1，＋∞)上不单调，则k的取值范围是 (0,1) ；
(4)若f(x)在(1，＋∞)上存在减区间，则k的取值范围是 (－∞，1) ；
(5)若f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞) .
[解析] (1)由解法2知eq \f(1,k)＝1，∴k＝1；
(2)由题意知f′(x)＝eq \f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)上恒成立即k≤eq \f(1,x)，又x>1，∴0