2020届高考数学二轮教师用书：第二章第11节　利用导数研究函数的单调性

第11节　利用导数研究函数的单调性

1．函数的单调性与导数的关系

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)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是　常数函数　.

2．求函数单调区间的步骤

(1)求定义域．

(2)求导．

(3)由导数大于0求单调递增区间；由导数小于0求单调递减区间．

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．若f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x≤0))是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．

[思考辨析]

判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．

(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　 )

(2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．(　　 )

(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内为常数函数．(　　 )

(4)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是f(x)的单调递增区间意义不一样．(　　 )

 答案： (1)×　(2)×　(3)√　(4)√

[小题查验]

1．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　)

A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数

B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数

C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数

D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数

解析：A　[当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．]

2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的单调情况是(　　 )

A．单调递增　　　　 B．单调递减

C．先增后减  D．先减后增

解析：A　[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．]

3．(2019·和平区模拟)已知f(x)是定义在R上的函数，它的图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)，那么函数f(x)的单调递减区间为(　　 )

A．(－2,1)  B．(－1,2)

C．(－∞，－2)  D．(1，＋∞)

解析：A　[由图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)，

知f(x)的导数为f′(x)＝x2＋x－2，

令f′(x)＜0，解得：－2＜x＜1，故选A.]

4．(教材改编)函数f(x)＝ex－x的减区间为　________　.

答案：(－∞，0)

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

解析：f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，

又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3.

答案：3

考点一　利用导数判断或证明函数的单调性(师生共研)

逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性

含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．

[典例]　(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．

[解析]　(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，

令f′(x)＝0得x＝－1±，

当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0，

所以f(x)在(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．

(2)f(x)＝(1－x)(1＋x)ex，

当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex＜0(x≥0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减，而h(0)＝1，

故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.

当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.

当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，

则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0＝0，故f(x0)＞ax0＋1.

当a≤0时，取x0＝，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.

综上，a的取值范围[1，＋∞)．

导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤

(1)求f′(x)；

(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号；

(3)下结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数．

　易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．

[跟踪训练]

已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x，当a＜0时，讨论函数f(x)的单调性．

[解]　函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＋a－2＝.

①当－a＝2，即a＝－2时，f′(x)＝≥0，f(x)在(0，＋∞)内递增．

②当0＜－a＜2，即－2＜a＜0时，∵0＜x＜－a或x＞2时，f′(x)＞0；－a＜x＜2时，f′(x)＜0，

∴f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)内递增，在(－a,2)内递减．

③当－a＞2，即a＜－2时，

∵0＜x＜2或x＞－a时，f′(x)＞0；2＜x＜－a时，f′(x)＜0，

∴f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)内递增，在(2，－a)内递减．

综上所述，当a＝－2时，f(x)在(0，＋∞)内递增；当－2＜a＜0时，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)内递增，在(－a,2)内递减；当a＜－2时，f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)内递增，在(2，－a)内递减．

考点二　利用导数求函数的单调区间(师生共研)

[典例]　已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间．

[解析]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，

由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，

知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.

(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，

则f′(x)＝，

令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，

因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．

当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．

用导数法求可导函数单调区间的一般步骤：

―→―→―→―→―→

[跟踪训练]

设f (x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R，令g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间．

解：由f ′(x)＝lnx－2ax＋2a，得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．

则g′(x)＝－2a＝.

若a≤0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；

若a>0，当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，

当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．

所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a>0时，g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

1．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　)

A．(－∞，0)　　　　　　 B．(0，＋∞)

C．(－∞，－3)和(1，＋∞)  D．(－3,1)

解析：D　[y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)，

由y′>0⇒x2＋2x－3<0⇒－3<x<1，

∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3,1)．故选D.]

2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：A　[f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．]

3．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

A．f(b)>f(c)>f(d)  B．f(b)>f(a)>f(e)

C．f(c)>f(b)>f(a)  D．f(c)>f(e)>f(d)

解析：C　[依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．]

4．(2020·宣城市二模)若函数f(x)＝x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为(　　 )

A．－1≤a≤2  B．－2≤a≤1

C．a＞2或a＜－1  D．a＞1或a＜－2

解析：D　[若函数f(x)有3个单调区间，

则f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有2个零点，

故Δ＝16a2－16(a－2)＞0，解得a＞1或a＜－2，故选D.]

5．(2020·咸阳市模拟)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)＜0，则下列结论正确的是(　　 )

A．e2f(2)＞e3f(3)  B．e2f(2)＜e3f(3)

C．e2f(2)≥e3f(3)  D．e2f(2)≤e3f(3)

解析：A　[令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))＜0，

∴g(x)单调递减，∴g(2)＞g(3)，

∴e2f(2)＞e3f(3)，故选A.]

6．(2020·呼和浩特市模拟)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2x在区间(1,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是　______　.

解析：f′(x)＝＋2ax－2，

若f(x)在区间(1,2)内存在单调递增区间，

则f′(x)＞0在x∈(1,2)有解，故a＞－，

令g(x)＝－，

∵g(x)在(1,2)为减函数，

∴g(x)＞g(1)＝1－＝，故a＞.

答案：

7．函数f(x)＝的单调递增区间是　________　.

解析：由导函数f′(x)

＝＝＞0，

得cos x＞－，所以2kπ－<x<2kπ＋(k∈Z)，

即函数f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．

答案：(k∈Z)

8．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是　________　.

解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝

＝－，

由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，

则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，

函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，

由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.

答案：(0,1)∪(2,3)

9．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．

(1)求k的值；

(2)求f(x)的单调区间．

解：(1)由题意得f′(x)＝，

又f′(1)＝＝0，故k＝1.

(2)由(1)知，f′(x)＝.

设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－－＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．

由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；

当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.

综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．

10．(2020·渭南市模拟)已知函数f(x)＝x·(ln x＋ax＋1)－ax＋1

(1)若f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围；

(2)若f(x)的最大值为2，求实数a的值．

解：(1)因为f(x)在[1，＋∞)上是减函数，

所以f′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，

即f′(x)＝ln x＋2ax＋2－a≤0，

∴a≤－，设g(x)＝－，

则g′(x)＝，

∵x≥1，∴g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上递增，

又g(1)＝－2，故a≤－2.

(2)由f(1)＝2，要使f(x)max＝2，

故f(1)为f(x)的一个极大值．

∴f′(1)＝0，即ln 1＋2a＋2－a＝0，

∴a＝－2.