(新高考)高考数学一轮复习讲与练第3章§3.2《导数与函数的单调性》(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲与练第3章§3.2《导数与函数的单调性》(含详解)，共20页。试卷主要包含了利用导数判断函数单调性的步骤，讨论f的单调性．等内容，欢迎下载使用。

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\c1(\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\c1(－\f(π,3)))＝f eq \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)))上单调递增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\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\c1(\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\c1(\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\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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\c1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间，
则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,3)，2))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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\c1(－\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\c1(－\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)＋excs x
＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a))，
∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，
∴f′(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，
x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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))