2021高三统考北师大版数学一轮学案：第3章第2讲　导数与函数的单调性

第2讲　导数与函数的单调性
基础知识整合

1．函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导：
(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.
2．由导数求单调区间的步骤
(1)求定义域．
(2)求导数．
(3)由导数大于0求单调递增区间，由导数小于0求单调递减区间．

1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
(1)在函数定义域内讨论导数的符号．
(2)两个或多个增(减)区间之间的连接符号，不用“∪”，可用“，”或用“和”．

1．(2019·许昌模拟)函数f(x)＝的单调递减区间是(　　)
A． B．(1，＋∞)
C． D．(0,1)
答案　A
解析　f′(x)＝－，由x>0及f′(x)<0解得x>.故选A．
2．(2019·芜湖模拟)函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
答案　D
解析　由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1.故选D．
3．函数f(x)＝sinx－2x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减 B．先减后增
C．单调递增 D．单调递减
答案　D
解析　∵f′(x)＝cosx－2<0，∴f(x)＝sinx－2x在(0，π)上单调递减，故选D．
4．函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：
①f′(x)>0时，－1 ②f′(x)<0时，x<－1或x>2；
③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是(　　)

答案　C
解析　由题意可知函数f(x)在(－1,2)上单调递增，在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递减，故选C．
5．函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是(　　)
A．a≤0 B．a<0
C．a≥0 D．a>0
答案　B
解析　函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的充分必要条件是f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，所以a≤(3x2)min.因为(3x2)min＝0，所以a≤0.而(－∞，0)⊆(－∞，0]．故选B．
6．(2019·九江模拟)已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________.
答案　
解析　由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，因为g(x)＝－x＋在上单调递减，所以g(x)≤g＝，所以2a≥，即a≥.故填.
核心考向突破
考向一　利用导数求函数(不含参)的单调区间

例1　(1)(2019·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A．和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C．和(2，＋∞) D．(1,2)
答案　C
解析　函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．
(2)设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，则f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________.
答案　(－∞，－1)，(0，＋∞)　[－1,0]
解析　∵f(x)＝x(ex－1)－x2，
∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0.
当x∈[－1,0]时，f′(x)≤0.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减．

当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．

[即时训练]　1.当x>0时，f(x)＝x＋的单调递减区间是(　　)
A．(2，＋∞) B．(0,2)
C．(，＋∞) D．(0，)
答案　B
解析　f′(x)＝1－，令f′(x)<0，∴
∴0 2．函数f(x)＝x＋2cosx(x∈(0，π))的单调递减区间为________.
答案　
解析　f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)<0得sinx>，故 考向二　利用导数讨论函数(含参)的单调区间

例2　(1)(2020·重庆一中摸底)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f(x)的单调性．
解　f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－.
若a＝0，因为f′(x)＝3x2≥0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a>0，当x∈∪(0，＋∞)时，
f′(x)>0.当x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
若a<0，当x∈(－∞，0)∪时，
f′(x)>0.当x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
(2)已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．
解　因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，
所以g′(x)＝
＝.
由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
令g′(x)＝0得x＝1或x＝，
若<1，即a>，
由g′(x)>0得x>1或0 由g′(x)<0得 即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，
在上单调递减；
若>1，即0 由g′(x)>0得x>或0 由g′(x)<0得1 即函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得：当0 当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>时，函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．


(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．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．

(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．

(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．

[即时训练]　3.已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性．
解　由题意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a＞0)，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
(1)当0＜a＜1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和，单调递减区间为；
(2)当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)内单调递增；
(3)当a＞1时，f(x)的单调递增区间为和(0，＋∞)，单调递减区间为.
4．已知f(x)＝(a≠0，且a为常数)，求f(x)的单调区间．
解　因为f(x)＝(a≠0，且a为常数)，
所以f′(x)＝＝－，x>0.
所以①若a>0，当00；
当x>1时，f′(x)<0.
即a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
②若a<0，当0 当x>1时，f′(x)>0.
即a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．

精准设计考向，多角度探究突破
考向三　利用导数解决函数单调性的应用问题
角度　　比较大小或解不等式

例3　(1)已知函数f(x)＝－＋ln 2，则(　　)
A．f＝f B．f C．f>f D．f，f的大小关系无法确定
答案　C
解析　f′(x)＝＝，当x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
∵<<1，∴f>f.故选C．
(2)已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x－15的解集为________.
答案　(4，＋∞)
解析　令g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)在R上是减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞)．

利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．

[即时训练]　5.(2020·青岛二中月考)已知定义域为R的函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f′(x)<2x，f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－1的解集是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
答案　D
解析　令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g(x)>g(2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D．
6．(2019·河北石家庄模拟)已知f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(e)>f(2)>f(3) D．f(e)>f(3)>f(2)
答案　D
解析　f′(x)＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，x＝e时，f(x)max＝f(e)．
f(2)＝＝，f(3)＝＝，
f(e)>f(3)>f(2)．故选D．
角度　　根据函数的单调性求参数

例4　(1)(2019·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
答案　C
解析　f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
解法一：若Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
若Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2，
则解得m<2，∴m<－2，
∴综上得m≤2，∴实数m的取值范围是(－∞，2]．
解法二：问题转化为m≤x＋在(1，＋∞)恒成立，而函数y＝x＋≥2，故m≤2，故选C．
(2)(2019·西宁模拟)若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________.
答案　
解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.令＋2a＞0，解得a＞－.所以a的取值范围是.


(1)f(x)在区间D上单调递增(减)，只要f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．

(2)二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论．

[即时训练]　7.(2019·四川成都棠湖中学二诊模拟)若f(x)＝是(0，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．[1，e2] B．[e，e2]
C．[e，＋∞) D．[e2，＋∞]
答案　D
解析　由题意，当x>a时，f′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，则－ln x≤0在x>a恒成立，则a≥1；
当00，且a＋－4a≥a－aln a，解得ln a≥2，即a≥e2，故解得a≥e2，故选D．
8．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.
答案　(0,1)∪(2,3)
解析　由题意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1
1．(2019·天津模拟)设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a A．f(x)>g(x)
B．f(x) C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)
答案　C
解析　∵f′(x)>g′(x)，∴[f(x)－g(x)]′>0.
∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数．
∴f(a)－g(a) 即f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．
2．设a>0，b>0，e是自然对数的底数，则(　　)
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a C．若ea－2a＝eb－3b，则a>b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a 答案　A
解析　因为a>0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x>0)，因为y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a>b成立．
答题启示
(1)若知xf′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝xf(x)；一般地，若知xf′(x)＋nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝xnf(x)(n>0)．
(2)若知xf′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝；一般地，若知xf′(x)－nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝(n>0)．
(3)若知f′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝exf(x)；一般地，若知f′(x)＋nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝enx·f(x)(n>0)．
(4)若知f′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝；一般地，若知f′(x)－nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝(n>0)．
对点训练
1．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤bf(b) D．bf(b)≤af(a)
答案　A
解析　设函数F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝′＝.因为x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0 2．f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是(　　)
A．f(a)eaf(0)
C．f(a)< D．f(a)>
答案　B
解析　令g(x)＝，
则g′(x)＝＝>0.
∴g(x)在R上为增函数，又a>0，
∴g(a)>g(0)，即>.故f(a)>eaf(0)．