（山东专用）2021版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第十二讲第1课时导数与函数的单调性学案（含解析）

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<x<4，所以单调递减区间为(0,4)．故选A．

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<x<1，故函数在(0,1)上单调递减，故选B．

(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<a≤时，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，

∴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0<x<x1时，f′(x)>0；当x1<x<x2时，f′(x)<0；当x>x2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)<f(e)<f(3)  B．f(e)<f(2)<f(3)

C．f(3)<f(e)<f(2)  D．f(e)<f(3)<f(2)

[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)<f(1)，即为f(|ln x|)<f(1)，

则|ln x|<1，即－1<ln x<1，解得<x<e.

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<k<1.即k的取值范围是(0,1)；

(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)  B．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)．