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    2021版新高考数学(山东专用)一轮学案:第二章第十二讲第一课时 导数与函数的单调性
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    2021版新高考数学(山东专用)一轮学案:第二章第十二讲第一课时 导数与函数的单调性

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    第十二讲 导数在研究函数中的应用
    第一课时 导数与函数的单调性

    ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE
    知识梳理·双基自测

    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时,f(x)在相应区间上是减函数.

     导数与函数单调性的关系
    (1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件.
    (2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充要条件.

    题组一 走出误区
    1.(多选题)下列结论不正确的是( ABD )
    A.若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)>0
    B.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
    C.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
    D.因为y=的导函数为y′=,∵x>0,∴y′<0,因此y=的减区间为(0,+∞)
    [解析] 对于A,有可能f′(x)=0,如f(x)=x3,它在(-∞,+∞)上为增函数,但f′(x)=x2≥0.
    对于B,因为y=f(x)若为常数函数,则一定有f′(x)=0满足条件,但不具备单调性.
    对于C,如果函数f(x)在某个区间内恒若f′(x)=0,则此函数f(x)在这个区间内为常数函数,则函数f(x)在这个区间内没有单调性.
    对于D,y=定义域为(0,1)∪(1,+∞),因此它的减区间为(0,1)和(1,+∞).
    题组二 走进教材
    2.(选修2-2P26T1改编)函数f(x)=x3-6x2的单调递减区间为( A )
    A.(0,4) B.(0.2)
    C.(4,+∞) D.(-∞,0)
    [解析] f′(x)=3x2-12x=3x(x-4),由f′(x)<0,得0 3.(选修2-2P32BT1改编)已知函数f(x)=1+x-sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是( D )
    A.f(2)>f(3)>f(π) B.f(3)>f(2)>f(π)
    C.f(2)>f(π)>f(3) D.f(π)>f(3)>f(2)
    [解析] f′(x)=1-cos 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 考题再现
    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,在(x1,x2)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-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( C )
    A.[-1,1] B.[-1,]
    C.[-,] D.[-1,-]
    [解析] 函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上单调递增,等价于f′(x)=1-cos 2x+acos x=-cos2x+acos x+≥0在(-∞,+∞)上恒成立.设cos x=t,则g(t)=-t2+at+≥0在[-1,1]上恒成立,所以解得-≤a≤.故选C.
    注:文科(sin 2x)′=(2sin xcos x)′=2[(sin x)′cos x+sin x·(cos x)′]=2(cos2x-sin2x)=2cos 2x.


    KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU
    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)(2020·山西太原期中)函数y=x++2ln x的单调递减区间是( B )
    A.(-3,1) B.(0,1)
    C.(-1,3) D.(0,3)
    (2)已知e为自然对数的底数,则函数y=ex+x2-x的单调递增区间是( A )
    A.[0,+∞) B.(-∞,0]
    C.[1,+∞) D.(-∞,1]
    (3)(多选题)(2020·济南调研)已知定义在区间(-π,π)上的函数f(x)=xsinx+cosx,则f(x)的单调递增区间是( AC )
    A.(-π,-) B.(-,0)
    C.(0,) D.(,π)
    [解析] (1)函数的定义域是(0,+∞),y′=1-+=,令y′<0,解得0 (2)y′=ex+2x-1=(ex-1)+2x,当x≥0时,ex≥1,(ex-1)+2x≥0,当x<0时,ex<1,(ex-1)+2x<0,故选A.
    (3)f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx.令f′(x)=xcosx>0,则其在区间(-π,π)上的解集为(-π,-)和(0,),即f(x)的单调递增区间为(-π,-),(0,).故选A、C.

    名师点拨 ☞
    用导数f′(x)确定函数f(x)单调区间的三种类型及方法:
    (1)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时,根据函数的定义域,解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间.
    (2)当方程f′(x)=0可解时,根据函数的定义域,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大到小的顺序排列起来,把定义域分成若干个小区间,再确定f′(x)在各个区间内的符号,从而确定单调区间.
    (3)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)=0均不可解时,对f′(x)化简,根据f′(x)的结构特征,选择相应的基本初等函数,利用其图象与性质确定f′(x)的符号,得单调区间.
    考向2 含参数的函数的单调性——师生共研
    例2 (2020·东北三省四市一模)已知a∈R,函数f(x)=+aln x,x∈(0,6),讨论f(x)的单调性.
    [解析] f′(x)=-+=,x∈(0,6),
    ∴a≤0时,f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立,
    ∴f(x)在(0,6)单调递减,无单调递增区间;
    当a>0,且≥6,即0 ∴f(x)在(0,6)上单调递减,无单调递增区间;
    当a>0,且<6,即a>时,在x∈(0,)上,f′(x)<0,在x∈(,6)上,f′(x)>0,
    ∴f(x)在(0,)上单调递减,在(,6)上单调递增.
    综上,当a≤时,f(x)在(0,6)上单调递减,无单调递增区间;当a>时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,6)上单调递增.

    名师点拨 ☞
    (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.
    〔变式训练1〕
     设函数f(x)=x--aln x(a∈R),讨论f(x)的单调性.
    [解析] f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+-=.
    令g(x)=x2-ax+1,则方程x2-ax+1=0的判别式Δ=a2-4.
    ①当|a|≤2时,即-2≤a≤2时,Δ≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
    ②当a<-2时,Δ>0,g(x)=0的两根都小于0,在(0,+∞)上恒有f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
    ③当a>2时,Δ>0,g(x)=0有两根为x1=,x2=,
    当00;当x1x2时,f′(x)>0,
    故f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.
    综上得,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>2时,f(x)在(0,),(,+∞)上单调递增,在(,)上单调递减.
    考向3 利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究
    角度1 比较大小
    例3 已知函数f(x)=x2-ln x,则有( A )
    A.f(2) C.f(3) [解析] f′(x)=x-=(x>0),
    在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
    ∴f(3)>f(e)>f(2).故选A.
    角度2 解不等式
    例4 (2020·昆明模拟)已知函数f(x)=xsinx+cosx+x2,则不等式f(ln x)+f(ln )<2f(1)的解集为( D )
    A.(e,+∞) B.(0,e)
    C.(0,)∪(1,e) D.(,e)
    [解析] 函数f(x)=xsinx+cosx+x2的导数为f′(x)=sinx+xcosx-sinx+2x=x(2+cosx),
    则x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
    且f(-x)=(-x)sin(-x)+cos(-x)+(-x)2=f(x),
    所以f(x)为偶函数,即有f(x)=f(|x|),
    则不等式f(ln x)+f(ln )<2f(1),
    即为f(ln x) 则|ln x|<1,即-1 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-≥0,即k≥.
    因为x>1,所以0<<1,
    所以k≥1.所以k∈[1,+∞).故选D.
    解法二:f′(x)=k-=(x>0),
    当k≤0时,f′(x)=k-<0,f(x)在其定义域内递减,不合题意,
    当k>0时,由f′(x)>0知x>,即(,+∞)是f(x)的增区间. 由题意可知≤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(-∞,]∪[1,+∞).
    [解析] (1)由解法2知=1,∴k=1;
    (2)由题意知f′(x)=≤0在(1,+∞)上恒成立即k≤,又x>1,∴0<<1,∴k≤0,即k的取值范围是(-∞,0];
    (3)由本例及引申(2)知,f(x)在(1,+∞)上单调,则k≤0或k≥1,∴f(x)在(1,+∞)上不单调,则0 (4)由题意可知f′(x)=≤0在(1,+∞)内有解即k≤,x∈(1,+∞)有解,由0<<1可知k<1,即k的取值范围是(-∞,1);
    (5)∵x∈(1,2),∴<<1,
    若f(x)在(1,2)上单调增,则f′(x)=≥0恒成立,即k≥,∴k≥1.若f(x)在(1,2)上单调减,则f′(x)=≤0恒成立,即k≤,∴k≤.
    ∴f(x)在(1,2)上单调,则k的取值范围是(-∞,]∪[1,+∞).

    名师点拨 ☞
    已知函数单调性,求参数取值范围的两个方法
    (1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
    (2)转化为不等式的恒成立问题:利用“若函数单调递增,则f′(x)≥0;若函数f(x)单调递减,则f′(x)≤0”来求解.
    提醒:f(x)为增函数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)不恒等于0.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.
    〔变式训练2〕
    (1)(角度1)已知函数f(x)=xsinx,x∈R,则f(),f(1),f(-)的大小关系为( A )
    A.f(-)>f(1)>f()
    B.f(1)>f(-)>f()
    C.f()>f(1)>f(-)
    D.f(-)>f()>f(1)
    (2)(角度2)(2020·河北衡水市第二中学模拟)已知函数f(x)=x2+aln x,若对任意两个不等的正数x1,x2都有>4恒成立,则a的取值范围为( A )
    A.(4,+∞) B.(-4,+∞)
    C.(-∞,4) D.(-∞,-4)
    (3)(角度3)若f(x)=-(x-2)2+bln x在(1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是( C )
    A.[-1,+∞) B.(-1,+∞)
    C.(-∞,-1] D.(-∞,-1)
    [解析] (1)f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(x),∴f(x)=xsinx是偶函数,f′(x)=sinx+xcosx,显然在(0,)上f′(x)>0,∴f(x)在(-,0)上递减,在(0,)上递增,f()>f(1)>f(),又f(-)=f(),故选A.
    (2)令g(x)=f(x)-4x,因为>4,所以>0,即g(x)在(0,+∞)上单调递增,故g′(x)=x+-4≥0在(0,+∞)上恒成立,即a≥4x-x2,令h(x)=4x-x2,x∈(0,+∞),则h(x)=4x-x2≤h(2)=4,∴h(x)max=4,即a的取值范围为[4,+∞),故选A.
    (3)由题意可知f′(x)=-(x-2)+≤0在x∈(1,+∞)上恒成立,即b≤x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立,由于φ(x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),故只要b≤-1即可.


    MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
    名师讲坛·素养提升
    构造法在导数中的应用
    例6 (1)若函数f(x)的定义域为R,且满足f(2)=2,f′(x)>1,则不等式f(x)-x>0的解集为(2,+∞).
    (2)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] (1)令g(x)=f(x)-x,
    ∴g′(x)=f′(x)-1.
    由题意知g′(x)>0,∴g(x)为增函数.
    ∵g(2)=f(2)-2=0,∴g(x)>0的解集为(2,+∞).
    (2)令F(x)=,因为f(x)为奇函数,所以F(x)为偶函数,由于F′(x)=,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,所以F(x)=在(0,+∞)上单调递减,根据对称性,F(x)=在(-∞,0)上单调递增,又f(-1)=0,f(1)=0,数形结合可知,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选A.

    名师点拨 ☞
    (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)的符号,则构造函数g(x)=xnf(x).
    (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)的符号,则构造函数g(x)=.
    (3)若知f′(x)+f(x)的符号,则构造函数f(x)=exf(x);一般地,若知f′(x)+nf(x)的符号,则构造函数g(x)=enx·f(x).
    (4)若知f′(x)-f(x)的符号,则构造函数f(x)=; 一般地,若知f′(x)-nf(x)的符号,则构造函数g(x)=.
    〔变式训练3〕
    (1)(2020·云南玉溪一中月考)设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)·g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是( D )
    A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3)
    C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)
    (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( B )
    A.f(a)eaf(0)
    C.f(a)< D.f(a)>
    [解析] (1)记F(x)=f(x)g(x),则F(x)为奇函数,
    当x<0时,F′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,即F(x)在(-∞,0)上单调递增,又g(-3)=0,∴F(-3)=0,
    画出y=F(x)图象示意图,

    由图可知f(x)g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3),故选D.
    (2)令g(x)=,
    ∴g′(x)==>0.
    ∴g(x)在R上为增函数.又∵a>0,
    ∴g(a)>g(0),即>,即f(a)>eaf(0).



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