2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十四章第三节　函数的单调性与导数

第三节　函数的单调性与导数复习目标学法指导了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).1.正确对函数求导是研究函数单调性的基础.2.利用函数的单调性与导数符号的关系是解决函数单调性问题的突破口.函数的单调性与导数1.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)如果在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为常函数.2.单调性的应用若函数y=f(x)在区间(a,b)上单调,则y=f′(x)在该区间上不变号.1.概念理解(1)利用导数研究函数的单调性,要在函数的定义域内讨论导数的符号;(2)判断函数的单调性时,个别导数等于零的点不影响所在区间内的单调性;(3)对函数划分单调区间时,需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点.2.与函数单调性相关的结论(1)f′(x)>0(f′(x)<0)⇒f(x)为增(减)函数;f(x)为增(减)函数⇒f′(x)≥0(f′(x)≤0)(f′(x)=0不恒成立).(2)可导函数f(x)在某区间(a,b)内,①若f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,则函数F(x)=f(x)g(x)在(a,b)内递增;②若f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0,则函数F(x)=在(a,b)内递增;③若f′(x)-f(x)>0,则函数F(x)=在(a,b)内递增;④若f′(x)+f(x)>0,则函数F(x)=exf(x)在(a,b)内递增.1.函数y=4x2+的单调增区间为(　B　)(A)(0,+∞) (B)(,+∞)(C)(-∞,-1) (D)(-∞,-)2.函数f(x)=ex-x的单调递增区间是(　D　)(A)(-∞,1] (B)[1,+∞)(C)(-∞,0] (D)(0,+∞)解析:因为f(x)=ex-x,所以f′(x)=ex-1,由f′(x)>0,得ex-1>0,即x>0.所以函数f(x)=ex-x的单调递增区间是(0,+∞),故选D.3.已知f(x)为R 上的可导函数,且∀x∈R,均有f(x)>f′(x),则以下判断正确的是(　B　)(A)f(2 020)>e2 020f(0)(B)f(2 020)<e2 020f(0)(C)f(2 020)=e2 020f(0)(D)f(2020)与e2 020f(0)大小无法确定解析:设函数h(x)=,因为∀x∈R,均有f(x)>f′(x),则h′(x)= <0,所以h(x)在R上单调递减,所以h(2 020)<h(0),即<,即f(2 020)<e2020f(0),故选B.4.已知函数f(x)=ax-x3在区间[1,+∞)上单调递减,则a的最大值是(　D　)(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:因为f(x)=ax-x3, 所以f′(x)=a-3x2.因为函数f(x)=ax-x3在区间[1,+∞)上单调递减,所以f′(x)=a-3x2≤0在区间[1,+∞)上恒成立,所以a≤3x2在区间[1,+∞)上恒成立,所以a≤3.故选D.5.若函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函数,则a的取值范围是(　D　)(A)[-1,0] (B)[-1,+∞)(C)[0,3] (D)[3,+∞)解析:由f(x)=x2+ax+,得f′(x)=2x+a-=,令g(x)=2x3+ax2-1,要使函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)是增函数,则g(x)=2x3+ax2-1在x∈(,+∞)大于等于0恒成立,g′(x)=6x2+2ax=2x(3x+a),当a=0时,g′(x)≥0,g(x)在R上为增函数,则有g()≥0,解得+-1≥0,a≥3(舍);当a>0时,g(x)在(0,+∞)上为增函数,则g()≥0,解得+-1≥0,a≥3;当a<0时,同理分析可知,满足函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)是增函数的a的取值范围是a≥3(舍).故选D.考点一　利用导数研究函数的单调性[例1] 设函数f(x)=aln x+,其中a为常数,讨论函数f(x)的单调性.解:函数f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=+=,当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;③当-<a<0时,Δ>0,设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,则x1=,x2=.由x1==>0.所以x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.综上可得,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-<a<0时,f(x)在(0,),(,+∞)上单调递减.在(,)上单调递增. (1)利用导数求函数单调区间的基本步骤①确定函数f(x)的定义域;②求导数f′(x);③由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间内是单调递增函数;当f′(x)<0时,f(x)在相应的区间内是单调递减函数.(2)一般需要通过列表,写出函数的单调区间,研究含参函数的单调性时,需注意依据参数取值对导数符号的影响进行分类讨论.考点二　由函数的单调性确定参数的取值范围[例2] 已知函数f(x)=(ax3+4b)·e-x,则(　　)(A)当a>b>0时,f(x)在(-∞,0)单调递减(B)当b>a>0时,f(x)在(-∞,0)单调递减(C)当a<b<0时,f(x)在(0,+∞)单调递增(D)当b<a<0时,f(x)在(0,+∞)单调递增解析:f′(x)=(-ax3+3ax2-4b)·e-x=-a·e-x·(x3-3x2+),当b<a<0时,>1,x3-3x2+>x3-3x2+4,令h(x)=x3-3x2+4(x>0),则h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),所以h(x)在(0,2)递减,(2,+∞)递增,h(x)的最小值是h(2)=0,所以h(x)≥0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增,故选D. 由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在某一区间上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立,然后分离参数,转化为求函数的最值问题,从而获得参数的取值范围.(2)若已知f(x)在区间I上的单调性,区间I中含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令I是其单调区间的子集,从而可求出参数的取值范围.1.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调增函数,则a的取值范围是(　A　)(A)(-∞,3] (B)(1,3)(C)(-∞,3) (D)[3,+∞)解析:因为f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调增函数,由f(x)=x3-ax可得f′(x)=3x2-a≥0在[1,+∞)上恒成立,所以f′(1)=3-a≥0,所以a≤3.故选A.2.已知函数 f(x)=(x-1)ex-aln x在[,3]上单调递减,则a的取值范围是(　A　)(A)[9e3,+∞) (B)(-∞,9e3](C)[4e2,+∞) (D)(-∞,4e2]解析:f′(x)=xex-≤0在[,3]上恒成立,则a≥x2ex在[,3]上恒成立,令g(x)=x2ex,g′(x)=(x2+2x)ex>0,所以g(x)在[,3]上单调递增,故g(x)的最大值为g(3)=9e3.故a≥9e3.故选A.考点三　单调性的应用[例3] (1)已知函数f(x)与其导函数f′(x)满足f(x)+xf′(x)>0,则有(　　)(A)f(1)>2f(2) (B)f(1)<2f(2)(C)2f(1)>f(2) (D)2f(1)<f(2)(2)已知函数f(x)=,则(　　)(A)f(x)在x=e处取得最小值(B)f(x)有两个零点(C)y=f(x)的图象关于点(1,0)对称(D)f(4)<f(π)<f(3)解析:(1)设F(x)=xf(x),则F′(x)=f(x)+xf′(x)>0,所以函数F(x)=xf(x)为增函数,所以F(2)>F(1),即2f(2)>f(1).故选B.(2)因为函数f(x)=,所以函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.令f′(x)>0,得0<x<e,即函数f(x)在(0,e)上为增函数;令f′(x)<0,得x>e,即函数f(x)在(e,+∞)上为减函数.所以当x=e时,函数f(x)max=,故排除A;当x→0+时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→0+,故排除B;因为f()+f()=+=2ln +ln =ln[×]≠0;所以y=f(x)的图象不关于点(1,0)对称,故排除C;因为e<3<π<4;所以f(4)<f(π)<f(3).故选D. 利用单调性比较两数大小或证明不等式要恰当的构造函数,然后求导,利用单调性求解.1.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　A　)(A)(-∞,-1)∪(0,1) (B)(-1,0)∪(1,+∞)(C)(-∞,-1)∪(-1,0) (D)(0,1)∪(1,+∞)解析:令g(x)=,则g′(x)=,由题意知,当x>0时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是减函数.因为f(x)是奇函数,f(-1)=0,所以f(1)=-f(-1)=0,所以g(1)==0,所以当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.又因为g(-x)====g(x),所以g(x)是偶函数,所以当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选A.2.(2019·宁波市高考模拟)若关于x的不等式()≤有正整数解,则实数λ的最小值为(　A　)(A)9 (B)8 (C)7 (D)6解析:本题考查导数在研究函数中的应用.由()≤,则两边取对数,得ln x≥3ln 3存在正整数解,则λ>0,故≥.记函数f(x)=,则由f′(x)= 知,函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,注意到2<e<3,故只需考虑f(2),f(3)的大小关系,因为f(2)==f(4)<f(3),故f(3)=≥,即λ≥9,故选A.函数单调性的讨论与证明[例题] (2015·四川卷节选)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.解:由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),①g(x)=f′(x)=2(x-a)-2ln x-2(1+),②所以g′(x)=2-+=.③当0<a<时,g(x)在区间(0, ),(,+∞)上单调递增,在区间(,)上单调递减;当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.④规范要求:步骤①②③④要准确齐全.温馨提示:(1)研究函数单调性只能在定义域内研究,故步骤①不可缺少;(2)第③步判断导数的符号时,对a的分类标准要准确,并且单调区间不能出错.[规范训练1] (2015·天津卷节选)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.讨论f(x)的单调性.解:由f(x)=nx-xn,可得f′(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:①当n为奇数时,令f′(x)=0,解得x=1或x=-1.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)(-1,1)(1,+∞)f′(x)-+-f(x)↘↗↘所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增.②当n为偶数时,当f′(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;当f′(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.[规范训练2] 已知函数f(x)=ax2-ln x,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当n∈N*时,证明:+++…+>2eln(n+1).解:(1)因为f′(x)=2ax-(x>0),①当a≤0时,总有f′(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,无增区间;②当a>0时,令2ax->0,解得x>.故x>时,f′(x)>0,所以f(x)在(,+∞)上单调递增.同理f(x)在(0,)上单调递减.(2)由(1)知当a>0时,f(x)min=f()=a()2-ln()=-ln(),若f(x)min=0,则-ln()=0,此时,a=,因为f(x)≥f(x)min=0,所以f(x)=x2-ln x≥0,当n∈N*时,取x=,有>2eln(),所以+++…+>2e[(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+(ln(n+1)-ln n)]故+++…+>2eln(n+1).类型一　求单调区间1.函数y=x2-ln x的单调递减区间为(　B　)(A)(-1,1] (B)(0,1](C)[1,+∞) (D)(0,+∞)解析:由题意知函数的定义域为(0,+∞),又由y′=x-≤0,解得0<x≤1.故选B.2.已知函数f(x)=-x3-3x+2sin x,设a=20.3,b=0.32,c=log20.3,则(　D　)(A)f(b)<f(a)<f(c) (B)f(b)<f(c)<f(a)(C)f(c)<f(b)<f(a) (D)f(a)<f(b)<f(c)解析:因为f(x)=-x3-3x+2sin x,所以f′(x)=-3x2-3+2cos x≤-3x2-3+2=-3x2-1<0,所以,函数y=f(x)在R上单调递减,因为a=20.3>20=1,0<0.32<0.30,即0<b<1,c=log20.3<log21=0,则a>b>c,因为函数y=f(x)在R上单调递减,因此,f(a)<f(b)<f(c),故选D.3.设函数f(x)=x3-x2+bx+c(a>0),曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1,则函数f(x)的单调减区间为　　　　. 解析:f′(x)=x2-ax+b,由题意得即则f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),由f′(x)<0得,0<x<a,所以函数f(x)的单调减区间为(0,a).答案:(0,a)类型二　由导数求单调区间的应用4.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),f(0)=0.若对任意x∈R,都有f(x)>f′(x)+1,则使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为(　D　)(A)(-∞,0) (B)(-∞,1)(C)(-1,+∞) (D)(0,+∞)解析:构造函数:g(x)=,g(0)==-1.因为对任意x∈R,都有f(x)>f′(x)+1,所以g′(x)=<0,所以函数g(x)在R上单调递减,由f(x)+ex<1化为g(x)=<-1=g(0),所以x>0.所以使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为(0,+∞).故选D.5.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0,f(2)=,则不等式f(lg x)<+4的解集为(　D　)(A)(10,100) (B)(0,100)(C)(100,+∞) (D)(1,100)解析:令g(x)=f(x)-,则g′(x)=f′(x)+>0,g(x)在(0,+∞)上递增,而g(2)=f(2)-=4,故由f(lg x)<+4,得g(lg x)<g(2),故0<lg x<2,解得1<x<100,故选D.6.函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为(　B　)(A)(-1,1) (B)(-1,+∞)(C)(-∞,-1) (D)(-∞,+∞)解析:设m(x)=f(x)-(2x+4),因为m′(x)=f′(x)-2>0,所以m(x)在R上是增函数.因为m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,所以m(x)>0的解集为{x|x>-1},即f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).故选B.7.如图所示是函数y=f(x)的导数y=f′(x)的图象,下列四个结论:①f(x)在区间(-3,1)上是增函数;②f(x)在区间(2,4)上是减函数,在区间(-1,2)上是增函数;③x=1是f(x)的极大值点;④x=-1是f(x)的极小值点.其中正确的结论是(　D　)(A)①③ (B)②③ (C)②③④ (D)②④解析:由题意,-3<x<-1和2<x<4 时,f′(x)<0;-1<x<2和x>4时,f′(x)>0,故函数y=f(x)在(-3,-1)和(2,4)上单调递减,在(-1,2)和(4,+∞)上单调递增,x=-1是f(x)的极小值点,x=2是f(x)的极大值点,故②④正确,故选D.8.设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　A　)(A)(1,2] (B)[4,+∞) (C)(-∞,2] (D)(0,3]解析:f′(x)=x-(x>0),当x-≤0时,有0<x≤3,即f(x)在(0,3]上是减函数.由题意知解得1<a≤2.故选A.9.若函数f(x)=x3-x2+ax+4恰在[-1,4]上单调递减,则实数a的值为　　　　. 解析:因为f(x)=x3-x2+ax+4,所以f′(x)=x2-3x+a,又函数f(x)恰在[-1,4]上单调递减,所以-1,4是f′(x)=0的两根,所以a=(-1)×4=-4.答案:-410.若函数f(x)=ax2+xln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是　　　　. 解析:因为f(x)=ax2+xln x-x,其中x>0,则f′(x)=ax+ln x.由于函数y=f(x)存在单调递增区间,则∃x>0,使得f′(x)>0,即∃x>0,a>-,构造函数g(x)=- ,则a>g(x)min.g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e.当0<x<e时,g′(x)<0;当x>e时,g′(x)>0.所以,函数y=g(x)在x=e处取得极小值,亦即最小值,则g(x)min=g(e)=-,所以,a>-.答案:(-,+∞)11.已知函数f(x)=x3+3x对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x∈　　　　. 解析:由题意得,函数的定义域是R,且f(-x)=(-x)3+3(-x)=-(x3+3x)=-f(x),所以f(x)是奇函数,又f′(x)=3x2+3>0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(mx-2)+f(x)<0可化为f(mx-2)<-f(x)=f(-x),由f(x)递增知:mx-2<-x,即mx+x-2<0,则对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,等价于对任意的m∈[-2,2],mx+x-2<0恒成立,所以解得-2<x<,即x的取值范围是(-2,).答案:(-2,)