2024年高考数学第一轮复习精品导学案第20讲 利用导数研究函数的单调性（学生版）+教师版

这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第20讲 利用导数研究函数的单调性（学生版）+教师版，共2页。学案主要包含了2022年全国甲卷，2022年新高考1卷等内容，欢迎下载使用。

1. 函数的单调性
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的取值范围；
(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．
3. 常用结论
(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．
(3) 对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
1、【2022年全国甲卷】已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
【答案】A
【解析】
【分析】
由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b；构造函数f(x)=csx+12x2-1,x∈(0,+∞)，利用导数可得b>a，即可得解.
【详解】
因为cb=4tan14,因为当x∈(0,π2),sinx所以tan14>14,即cb>1,所以c>b；
设f(x)=csx+12x2-1,x∈(0,+∞)，
f'(x)=-sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
则f14>f(0)=0,所以cs14-3132>0，
所以b>a,所以c>b>a，
故选：A
2、【2022年新高考1卷】设a=0.1e0.1,b=19，c=-ln0.9，则（ ）
A．a【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数f(x)=ln(1+x)-x， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.
【详解】
设f(x)=ln(1+x)-x(x>-1)，因为f'(x)=11+x-1=-x1+x，
当x∈(-1,0)时，f'(x)>0，当x∈(0,+∞)时f'(x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+∞)单调递减，在(-1,0)上单调递增，
所以f(19)ln109=-ln0.9，即b>c，
所以f(-110)故a设g(x)=xex+ln(1-x)(0令h(x)=ex(x2-1)+1，h'(x)=ex(x2+2x-1)，
当0当2-10，函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递增，
又h(0)=0，
所以当0所以当00，函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>-ln0.9，所以a>c
故选：C.
1、.函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
【答案】 B
【解析】因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·eq \f(1,x)＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)，故f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
2、函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图像如图，则函数y＝ax2＋eq \f(3,2)bx＋eq \f(c,3)的单调递增区间是( )
第2题图
A. (－∞，－2]
B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，3))
D. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,8)，＋∞))
【答案】D
【解析】 由题图可知d＝0. 不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c. 由图可知f′(－2)＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，∴b＝－eq \f(3,2)，c＝－18. ∴y＝x2－eq \f(9,4)x－6，y′＝2x－eq \f(9,4). 当x＞eq \f(9,8)时，y′＞0，∴y＝x2－eq \f(9,4)x－6的单调递增区间为[eq \f(9,8)，＋∞). 故选D.
3、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( )
eq \a\vs4\al()
A B C D
【答案】 D
【解析】 由f′(x)的图象可知f(x)的单调性为减→增→减→增，且极大值点为正，故选D.
4、 下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A. f(x)＝sin 2x
B. g(x)＝x3－x
C. h(x)＝xex
D. m(x)＝－x＋ln x
【答案】 C
【解析】 对于A，f(x)＝sin 2x是周期函数，在区间(0，＋∞)上无单调性，不符合题意；对于B，g′(x)＝3x2－1.令g′(x)>0，得x> eq \f(\r(3),3)或x<－ eq \f(\r(3),3)，所以函数g(x)在区间(－∞，－ eq \f(\r(3),3))，( eq \f(\r(3),3)，＋∞)上单调递增，在区间(－ eq \f(\r(3),3)， eq \f(\r(3),3))上单调递减，不符合题意；对于C，h′(x)＝ex(x＋1).当x>0时，h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于D，m′(x)＝ eq \f(1－x,x)(x>0).令m′(x)>0，得0考向一 求函数的单调区间
例1、求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋3；
(2)g(x)＝x2－2lnx.
【解析】 (1)∵f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，定义域为R，
∴当f′(x)>0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪(1，＋∞)；当f′(x)＜0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1)).
∴函数的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))和(1，＋∞)，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1)).
(2)g′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2（x＋1）（x－1）,x)，定义域为(0，＋∞)，令g′(x)＝0，解得：x＝1或x＝－1(舍去)，列表：
∴函数的单调增区间是(1，＋∞)，单调减区间是(0，1)．
变式1、知函数f(x)＝x＋ eq \f(2,x)＋ln x，求函数f(x)的单调区间．
【解析】 因为f(x)＝x＋ eq \f(2,x)＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝1－ eq \f(2,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(x2＋x－2,x2)(x>0).
令f′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
故函数f(x)的单调减区间为(0，1)，单调增区间为(1，＋∞).
变式2、(1) 函数f(x)＝eq \f(x－3,e2x)的减区间是( )
A. (－∞，2) B. (2，＋∞)
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞)) D. (3，＋∞)
【答案】C
【解析】 因为f(x)＝eq \f(x－3,e2x)，所以f′(x)＝eq \f(7－2x,e2x)，令f′(x)<0，解得x＞eq \f(7,2).
(2) 设f(x)＝eq \f(sinx,2＋csx)，讨论f(x)的单调性．
【解答】 由题得函数的定义域为R，f′(x)＝eq \f(2＋csxcsx－sinx－sinx,2＋csx2)＝eq \f(2csx＋1,2＋csx2).令f′(x)>0，得csx>－eq \f(1,2)，即2kπ－eq \f(2π,3)3) 已知x∈(0，π)，则函数f(x)＝excsx的增区间为( )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
【答案】C
【解析】 因为f(x)＝excsx，所以f′(x)＝(csx－sinx)ex，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(π,4)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递减，所以f(x)在(0，π)上的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．
利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．
考向二 给定区间求参数的范围
例2、已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
【解析】 因为f(x)在R上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，所以a≤0，
所以实数a的取值范围是(－∞，0].
变式1、 f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间(－1，1)上为减函数，求实数a的取值范围．
【解析】 由题意，得f′(x)＝3x2－a≤0在区间(－1，1)上恒成立，
即a≥3x2在区间(－1，1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3，
所以实数a的取值范围是[3，＋∞).
变式2、f(x)＝x3－ax－1若f(x)的单调减区间为(－1，1)，求实数a的值．
【解析】 由例题可知，
f(x)的单调减区间为(－ eq \f(\r(3a),3)， eq \f(\r(3a),3))，
所以 eq \f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3，
故实数a的值为3.
变式3、 f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，求实数a的取值范围．
【解析】 因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间 [1，＋∞)上不具有单调性，
所以f′(x)＝0即a＝3x2在区间[1，＋∞)上有解．
当x≥1时，3x2≥3，
故实数a的取值范围是[3，＋∞).
变式4、 (2022·河北省级联测)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上存在减区间，则m的取值范围是 .
【答案】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))
【解析】 f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex，则原问题等价于f′(x)<0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上有解，即x2＋(m＋2)x＋m<0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上有解，即m方法总结： 1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．
2. 辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．
考向三 函数单调区间的讨论
例3、已知函数．当时，讨论的单调性；
【解析】函数的定义域为.
，
因为，所以，
①当，即时，
由得或，由得，
所以在，上是增函数， 在上是减函数；
②当，即时，所以在上是增函数；
③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函
综上可知：
当时在，上是单调递增，在上是单调递减；
当时，在.上是单调递增；
当时在，上是单调递增，在上是单调递减.
变式1、已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
【解答】 函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq \f(ax－1x－1,x).①当01时，若x∈(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)>0；若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))，则f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减．②当a＝1，即eq \f(1,a)＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a>1，即00；若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))，则f′(x)<0.所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．综上，当01时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
变式2、已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．
【解析】 由题意，得函数f(x)的定义域为 (0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(a－1,x)＋2ax＝ eq \f(2ax2＋a－1,x).
①当a≥1时，f′(x)＞0，故函数f(x)在区间 (0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间 (0，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，解得x＝ eq \r(\f(1－a,2a))(舍负)，则当x∈(0， eq \r(\f(1－a,2a)))时，f′(x)＜0；
当x∈( eq \r(\f(1－a,2a))，＋∞)时，f′(x)＞0，
故函数f(x)在区间(0， eq \r(\f(1－a,2a)))上单调递减，在区间( eq \r(\f(1－a,2a))，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥1时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当0方法总结： 对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．
2. 会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．
考向四 构造函数研究单调性
例4、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】令，，则，
因为，
所以在上恒成立，
因此函数在上单调递减，
因此，即，即，故A错；
又，所以，所以在上恒成立，
因为，所以，故B错；
又，所以，即，故C正确；
又，所以，即，故D正确；
故选：CD.
变式1、（2022·重庆市育才中学模拟预测）（多选题）已知函数对于任意的都有，则下列式子成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】
根据条件构造，求函数导数，利用单调性比较大小及可.
【详解】
令，
对于任意的，，
所以在上单调递增，
所以，A不对；
，B正确；
，C正确；
，D不对.
故选：BC.
变式2、（2022·江苏盐城·三模）已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________．
【答案】
【分析】
构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集
【详解】
设函数，则
又
所以在上单调递增，又
故不等式 可化为
由的单调性可得该不等式的解集为．
故答案为：
方法总结：(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；
特别地，对于不等式f′(x)>k(或(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,gx)(g(x)≠0)；
(5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
(6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)
1、（2022·广东惠州·二模）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】因为，所以，
又函数在上单调递增，
所以在恒成立，
分离参数可得在恒成立，
令，，
所以在上单调递增，
所以，所以，
故答案为：.
2、，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______
【答案】
【解析】：，有已知条件可得：，使得，即，只需，而，所以
3、（2022·江苏·南京市宁海中学二模）已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】令，则，
，，，在上单调递减，
，，即，，
，.
故选：A.
4、（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数，若且，则有（ ）
A．可能是奇函数，也可能是偶函数B．
C．时，D．
【答案】D
【解析】若是奇函数，则，
又因为，与矛盾，
所有函数不可能时奇函数，故A错误；
令，
则，
因为，，
所以，所以函数为增函数，
所以，即，
所以，故B错误；
因为，所以，，
所以，
故，即，
所以，故C错误；
有，即，故D正确.
故选：D.
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
减
极小值
增