高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用第2节利用导数解决函数的单调性问题学案

　利用导数解决函数的单调性问题

[考试要求]　1.了解函数的单调性和导数的关系.

2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不会超过三次)．

函数的单调性与导数的关系

提醒：讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．

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)函数的充要条件是对∀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．

一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)在(a，b)内f ′(x)≤0，且f ′(x)＝0的根有有限个，则f (x)在(a，b)内是减函数． (　　)

(2)若函数f (x)在定义域上都有f ′(x)＜0，则函数f (x)在定义域上一定单调递减． (　　)

(3)已知函数f (x)在区间[a，b]上单调递增，则f ′(x)＞0恒成立． (　　)

[答案]　(1)√　(2)×　(3)×

二、教材习题衍生

1.如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，则下面判断正确的是(　　)

A．在区间(－3,1)上f (x)是增函数

B．在区间(1,3)上f (x)是减函数

C．在区间(4,5)上f (x)是增函数

D．在区间(3,5)上f (x)是增函数

C　[由图象可知，当x∈(4,5)时，f ′(x)＞0，故f (x)在(4,5)上是增函数．]

2．函数f (x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)

A．先增后减　　　　　 B．先减后增

C．增函数   D．减函数

D　[因为f ′(x)＝－sin x－1＜0在(0，π)上恒成立，

所以f (x)在(0，π)上是减函数，故选D．]

3．函数f (x)＝x－ln x的单调递减区间为________．

(0,1]　[函数f (x)的定义域为{x|x＞0}，由f ′(x)＝1－≤0，得0＜x≤1，

所以函数f (x)的单调递减区间为(0,1]．]

4．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的最大值是________．

3　[f ′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，

又因为x∈[1，＋∞ )，所以a≤3，即a的最大值是3.]

考点一　不含参数的函数的单调性            

1．已知函数f (x)＝x2＋2cos x，若f ′(x)是f (x)的导函数，则函数f ′(x)的图象大致是(　　)

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D

A　[设g(x)＝f ′(x)＝2x－2sin x，则g′(x)＝2－2cos x≥0.

所以函数f ′(x)在R上单调递增，故选A．]

2．(2020·河北九校联考)函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是(　　)

A．(－3,1)    B．(0,1)    C．(－1,3)    D．(0,3)

B　[y′＝1－＋＝(x＞0)，

令y′＜0得，解得0＜x＜1，故选B．]

3．(2019·天津高考改编)函数f (x)＝excos x的单调递增区间为________．

(k∈Z)　[f ′(x)＝excos x－exsin x＝ex(cos x－sin x)，

令f ′(x)＞0得cos x＞sin x，

∴2kπ－π＜x＜2kπ＋，k∈Z，

即函数f (x)的单调递增区间为(k∈Z)．]

点评：(1)函数的一阶导数可以用来研究函数图象的上升与下降，函数的二阶导数可以用来研究函数图象的陡峭及平缓程度，也可用来研究导函数图象的上升与下降．

(2)求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．

考点二　含参数的函数的单调性                

[典例1]　已知函数f (x)＝ex(ex－a)－a2x.

(1)讨论f (x)的单调性；

(2)若f (x)≥0，求a的取值范围．

[解]　(1)函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f ′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．

①若a＝0，则f (x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．

②若a＞0，则由f ′(x)＝0得x＝ln a.

当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)＜0；

当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)＞0.

故f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，

在(ln a，＋∞)上单调递增．

③若a＜0，则由f ′(x)＝0得x＝ln.

当x∈时，f ′(x)＜0；

当x∈时，f ′(x)＞0.

故f (x)在上单调递减，

在上单调递增．

(2)①若a＝0，则f (x)＝e2x，所以f (x)≥0.

②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a2ln a，

从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f (x)≥0.

③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f (x)取得最小值，

最小值为f ＝a2，从而当且仅当a2≥0，

即－2e≤a＜0时，f (x)≥0.

综上，a的取值范围是[－2e，1]．

点评：要使f (x)≥0，只需f (x)min≥0；要使f (x)≤0，只需f (x)max≤0.

已知函数f (x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a＞0，试讨论函数f (x)的单调性．

[解]　因为f (x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，

所以f ′(x)＝＝，

由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，

令f ′(x)＝0得x＝1或x＝，

(1)若＜1，即a＞，

由f ′(x)＞0得x＞1或0＜x＜，

由f ′(x)＜0得＜x＜1，即函数f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；

(2)若＞1，即0＜a＜，由f ′(x)＞0得x＞或0＜x＜1，

由f ′(x)＜0得1＜x＜，即函数f (x)在(0,1)，

上单调递增，在上单调递减；

(3)若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x)≥0，

即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．

综上可得：当0＜a＜时，函数f (x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

当a＝时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a＞时，函数f (x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

考点三　已知函数的单调性求参数的取值范围 

[典例2]　已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．

(1)若函数h(x)＝f (x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；

(2)若函数h(x)＝f (x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．

[解]　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，

所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，

所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，

即a＞－有解．

设G(x)＝－，

所以只要a＞G(x)min即可．

而G(x)＝－1，

所以G(x)min＝－1.

所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．

(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，

当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，

即a≥－恒成立．

所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，

因为x∈[1,4]，所以∈，

所以G(x)max＝－(此时x＝4)，

所以a≥－且a≠0，即a的取值范围是∪(0，＋∞)．

[母题变迁]

1．本例条件不变，若函数h(x)＝f (x)－g(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．

[解]　h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，

则h′(x)＜0在[1,4]上有解，

所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，

又当x∈[1,4]时，min＝－1，

所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．

2．本例条件不变，若函数h(x)＝f (x)－g(x)在[1,4]上不单调，求a的取值范围．

[解]　因为h(x)在[1,4]上不单调，

所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，

即a＝－有解，

令m(x)＝－，x∈(1,4)，

则－1＜m(x)＜－，

所以实数a的取值范围为.

点评：注意区分在区间[a，b]上单调递增(减)和在区间[a，b]上存在单调递增(减)区间这两种说法，一个转化为不等式恒成立，一个转化为不等式有解．

已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.

(1)若f (x)与g(x)的图象在x＝1处相切，求g(x)；

(2)若φ(x)＝－f (x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．

[解]　(1)由已知得f ′(x)＝，

所以f ′(1)＝1＝a，所以a＝2.

又因为g(1)＝a＋b＝f (1)＝0，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.

(2)因为φ(x)＝－f (x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数．

所以φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，

即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，

则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，

因为x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号，

所以2m－2≤2，即m≤2.

故实数m的取值范围是(－∞，2]．

考点四　函数单调性的应用              

　比较大小

[典例3－1]　(1)已知定义域为R的奇函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，当x＞0时，xf ′(x)－f (x)＜0，若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系正确的是(　　)

A．a＜b＜c   B．b＜c＜a

C．a＜c＜b   D．c＜a＜b

(2)已知函数y＝f (x)对于任意的x∈满足f ′(x)·cos x＋f (x)sin x＝1＋ln x，其中f ′(x)是函数f (x)的导函数，则下列不等式成立的是(　　)

A．f ＜f    B．f ＞f

C．f ＞f    D．f ＞f

(1)D　(2)B　[(1)设g(x)＝，则g′(x)＝，

当x＞0时，xf ′(x)－f (x)＜0，则g′(x)＝＜0，

即函数g(x)在x∈(0，＋∞)时为减函数．

由函数y＝f (x)为奇函数知f (－3)＝－f (3)，则c＝＝.

∵a＝＝g(e)，b＝＝g(ln 2)，c＝＝g(3)

且3＞e＞ln 2，

∴g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，

即c＜a＜b，故选D．

(2)设g(x)＝，则g′(x)＝＝，x∈.

令g′(x)＝0得x＝，当x∈时g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，

当x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．

∵＜＜＜＜，

∴g＜g＜g，

即＞＞，

化简得f ＞f ，f ＞f ，

f ＞f ，故选B．]

　解不等式

[典例3－2]　(1)已知函数f (x)的定义域为R，f (－1)＝2，且对任意x∈R，f ′(x)＞2，则f (x)＞2x＋4的解集为(　　)

A．(－1,1)   B．(－1，＋∞)

C．(－∞，－1)   D．(－∞，＋∞)

(2)已知函数f (x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f (a－1)＋f (2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．

(1)B　(2)　[(1)由f (x)＞2x＋4，得f (x)－2x－4＞0.设F(x)＝f (x)－2x－4，则F′(x)＝f ′(x)－2.因为f ′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B．

(2)因为f (－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f (x)，所以函数f (x)是奇函数．因为f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2≥0，所以函数f (x)在R上单调递增．

又f (a－1)＋f (2a2)≤0，所以f (2a2)≤f (1－a)，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，

故实数a的取值范围为.]

点评：构造函数F(x)，把所求不等式转化为F(a)＞F(b)或F(a)＜F(b)的形式，然后根据F(x)的单调性得到a＞b或a＜b.

1．已知f (x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x)，且不等式xf ′(x)＜2f (x)恒成立，则(　　)

A．4f (1)＜f (2)   B．4f (1)＞f (2)

C．f (1)＜4f (2)   D．f (1)＞4f ′(2)

B　[令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，

由不等式xf ′(x)＜2f (x)恒成立知g′(x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)是减函数，

∴g(1)＞g(2)，即＞，即4f (1)＞f (2)，故选B．]

2．设f (x)和g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f ′(x)，g′(x)分别为其导数，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(　　)

A．(－3,0)∪(3，＋∞)    B．(－3,0)∪(0,3)

C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)

D　[令h(x)＝f (x)g(x)，当x＜0时，h′(x)＝f ′(x)g(x)＋f (x)g′(x)＞0，则h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f (x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)为奇函数，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以当x＜－3或0＜x＜3时，h(x)＜0，故选D．]

3．已知f ′(x)是定义在R上的连续函数f (x)的导函数，若f ′(x)－2f (x)＜0，且f (－1)＝0，则f (x)＞0的解集为(　　)

A．(－∞，－1)   B．(－1,1)

C．(－∞，0)   D．(－1，＋∞)

A　[设g(x)＝，则g′(x)＝＜0在R上恒成立，所以g(x)在R上单调递减．因为f (x)＞0，所以g(x)＞0，又g(－1)＝0，所以x＜－1.]

1．若F(x)＝xnf (x)，

则F′(x)＝nxn－1f (x)＋xnf ′(x)＝xn－1[nf (x)＋xf ′(x)]；

2．若F(x)＝，

则F′(x)＝＝；

由此得到结论：

(1)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf (x)；

(2)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F(x)＝.

　(1)已知偶函数f (x)(x≠0)的导函数为f ′(x)，且满足f (－1)＝0，当x＞0时，2f (x)＞xf ′(x)，则使得f (x)＞0成立的x的取值范围是________．

(2)设f (x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f (x)＋xf ′(x)＜0，且f (－4)＝0，则不等式xf (x)＞0的解集为________．

(1)(－1,0)∪(0,1)　(2)(－∞，－∪(0,4)　[(1)构造F(x)＝，

则F′(x)＝，

当x＞0时，xf ′(x)－2f (x)＜0，可以推出当x＞0时，F′(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f (x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f (－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象如图所示，根据图象可知f (x)＞0的解集为(－1,0)∪(0,1)．

(2)构造F(x)＝xf (x)，则F′(x)＝f (x)＋xf ′(x)，当x＜0时，f (x)＋xf ′(x)＜0，可以推出当x＜0时，F′(x)＜0，

∴F(x)在(－∞，0)上单调递减．∵f (x)为偶函数，x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f (－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象如图所示，根据图象可知xf (x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．]

[评析]　构造函数后可根据条件判断构造函数的单调性、奇偶性，画出相应函数的图象，再根据图象写出解集．

设f (x)是定义在R上的偶函数，且f (1)＝0，当x＜0时，有xf ′(x)－f (x)＞0恒成立，则不等式f (x)＞0的解集为________．

(－∞，－1)∪(1，＋∞)　[构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x＜0时，xf ′(x)－f (x)＞0，可以推出当x＜0时，F′(x)＞0，F(x)在(－∞，0)上单调递增．∵f (x)为偶函数，x为奇函数，∴F(x)为奇函数，

∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增．根据f (1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，根据图象可知f (x)＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．]

1．若F(x)＝enxf (x)，

则F′(x)＝n·enxf (x)＋enxf ′(x)＝enx[f ′(x)＋nf (x)]；

2．若F(x)＝，

则F′(x)＝＝；

由此得到结论：

(1)出现f ′(x)＋nf (x)形式，构造函数F(x)＝enxf (x)；

(2)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F(x)＝.

　已知函数f (x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，若f (x)满足：(x－1)[f ′(x)－f (x)]＞0，f (2－x)＝f (x)·e2－2x，则下列判断一定正确的是(　　)

A．f (1)＜f (0)   B．f (2)＞e2f (0)

C．f (3)＞e3f (0)   D．f (4)＜e4f (0)

C　[构造F(x)＝，

则F′(x)＝＝，

导函数f ′(x)满足(x－1)[f ′(x)－f (x)]＞0，

则x＞1时F′(x)＞0，F(x)在[1，＋∞)上单调递增．当x＜1时F′(x)＜0，F(x)在(－∞，1]上单调递减．又由f (2－x)＝f (x)e2－2x⇔F(2－x)＝F(x)⇒F(x)关于x＝1对称，从而F(3)＞F(0)即＞，∴f (3)＞e3f (0)，故选C．]

[评析]　构造函数时，要注意F(x)＝与F(x)＝，F(x)＝xnf (x)与F(x)＝enxf (x)的构造条件．

若定义在R上的函数f (x)满足f ′(x)－2f (x)＞0，f (0)＝1，则不等式f (x)＞e2x的解集为________．

(0，＋∞)　[构造F(x)＝，

则F′(x)＝＝，

函数f (x)满足f ′(x)－2f (x)＞0，

则F′(x)＞0，F(x)在R上单调递增．

又∵f (0)＝1，则F(0)＝1，f (x)＞e2x⇔＞1⇔F(x)＞F(0)，根据单调性得x＞0.]

sin x，cos x因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，下面是常考的几种形式．

F(x)＝f (x)sin x，F′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x；

F(x)＝，F′(x)＝；

F(x)＝f (x)cos x，F′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x；

F(x)＝，F′(x)＝.

　已知函数y＝f (x)对于任意的x∈满足f ′(x)cos x＋f (x)sin x＞0(其中f ′(x)是函数f (x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(　　)

A．f ＜f    B．f ＜f

C．f (0)＜f    D．f (0)＜2f

A　[构造F(x)＝形式，

则F′(x)＝，导函数f ′(x)满足f ′(x)cos x＋f (x)sin x＞0，

则F′(x)＞0，F(x)在上单调递增．

∴F＜F，即＜，

∴f ＞f ，故选A．]

[评析]　准确记忆函数F(x)＝f (x)sin x，F(x)＝f (x)cos x，F(x)＝，F(x)＝的导数，是构造函数的前提．

定义在上的函数f (x)，函数f ′(x)是它的导函数，且恒有f (x)＜f ′(x)tan x成立，则(　　)

A．f ＞f    B．f (1)＜2f sin 1

C．f ＞f    D．f ＜f

D　[f (x)＜f ′(x)tan x⇔f ′(x)sin x－f (x)cos x＞0，

令F(x)＝，则F′(x)＝＞0，

即函数F(x)在上是增函数，

∴F＜F，即＜，

∴f ＜f ，故选D．]

这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．

　已知α，β∈，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是(　　)

A．α＞β   B．α2＞β2

C．α＜β   D．α＋β＞0

B　[构造函数f (x)＝xsin x，

则f ′(x)＝sin x＋xcos x.

当x∈时，f ′(x)≥0，f (x)是增函数，

当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)是减函数，

又f (x)为偶函数，

∴αsin α－βsin β＞0⇔αsin α＞βsin β⇔f (α)＞f (β)⇔f (|α|)＞f (|β|)⇔|α|＞|β|⇔α2＞β2，故选B．]

[评析]　认真分析题目所给条件，寻找(或变形后寻找)结构相同的式子，结合所求构造函数．

定义在R上的函数f (x)满足f (1)＝1，且对∀x∈R，f ′(x)＜，则不等式f (log2x)＞的解集为________．

(0,2)　[构造函数F(x)＝f (x)－x，则F′(x)＝f ′(x)－＜0，

∴函数F(x)在R上是减函数．

由f (1)＝1，得F(1)＝f (1)－＝1－＝，

∴f (log2x)＞⇔f (log2x)－log2x＞

⇔F(log2x)＞F(1)⇔log2x＜1⇔0＜x＜2.]