2020年高考数学理科一轮复习讲义：第2章函数、导数及其应用第11讲第1课时

第11讲　导数在研究函数中的应用

第1课时　利用导数研究函数的单调性

函数的单调性与导数的关系

1．概念辨析

(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)

(2)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．(　　)

(3)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．(　　)

答案　(1)×　(2)√　(3)√

2．小题热身

(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(－2,1)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．当x＝2时，f(x)取到极小值

答案　C

解析　观察y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当x＝2时，f(x)取到极大值，故只有C正确．

(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(　　)

A．(0,4)   B．(0,2)

C．(4，＋∞)   D．(－∞，0)

答案　A

解析　f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．

(3)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)

A．(－∞，2)   B．(0,3)

C．(1,4)   D．(2，＋∞)

答案　D

解析　函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.

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

答案　3

解析　由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.

经检验a＝3也满足题意，所以a的最大值是3.

题型 　不含参数的函数的单调性

1．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)

A．在(0，＋∞)上单调递增

B．在(0，＋∞)上单调递减

C．在上单调递增

D．在上单调递减

答案　D

解析　f′(x)＝x′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1.

由f′(x)＝0得x＝，

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

故只有D正确．

2．函数f(x)＝的单调递增区间是(　　)

A．(－∞，－1)   B．(－1,1)

C．(1，＋∞)   D．(－∞，－1)或(1，＋∞)

答案　B

解析　函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝＝.要使f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)．

3．(2019·江西金溪一中等校联考)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝的单调递减区间为(　　)

A．(0,4)   B．(－∞，1)，

C.   D．(0,1)，(4，＋∞)

答案　D

解析　由题图可知，先减后增的那条曲线为f′(x)的图象，先增后减最后增的曲线为f(x)的图象．

因为g(x)＝，所以g′(x)＝＝，由图象可知，当x∈(0,1)和(4，＋∞)时，f′(x)<f(x)，此时g′(x)<0.故函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．

条件探究　若举例说明1中的函数变为f(x)＝，试求f(x)的单调区间．

解　函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.

所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数，

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．

所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．

确定不含参数的函数单调区间的步骤

(1)确定函数f(x)的定义域．

(2)求f′(x)．

(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．

(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.

1.(2017·浙江高考)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(　　)

答案　D

解析　由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上是先增后减再增．故选D.

2.已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)

A.和(1，＋∞)   B．(0,1)和(2，＋∞)

C.和(2，＋∞)   D．(1,2)

答案　C

解析　函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得0<x<或x>2，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞).

3.(2019·开封调研)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________．

答案　和

解析　因为f(x)＝xsinx＋cosx，所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.

令f′(x)>0，得xcosx>0.又因为－π<x<π，所以－π<x<－或0<x<，所以f(x)的单调递增区间是，.

题型 　含参数的函数的单调性

(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝－x＋aln x．讨论f(x)的单调性．

解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－－1＋＝－.

①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②若a>2，令f′(x)＝0，得

x＝或x＝.

当x∈∪时，f′(x)<0；

当x∈时，f′(x)>0.

所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．

条件探究1　若举例说明中的函数变为f(x)＝ax2－a－ln x，应如何解答？

解　由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．

当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

条件探究2　若举例说明中的函数变为f(x)＝x－＋1－aln x(a>0)，应如何解答？

解　由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即0<a≤2时，对一切x>0都有f′(x)≥0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ>0，即a>2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0<x1<x2.所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：

此时f(x)在上单调递增，

在上单调递减，

在上单调递增．

确定含参数的函数的单调性的基本步骤

(1)确定函数f(x)的定义域．

(2)求f′(x)，并尽量化为乘积或商的形式．

(3)令f′(x)＝0，

①若此方程在定义域内无解，考虑f′(x)恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a≤2时，f′(x)恒小于等于0.

②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f′(x)的符号确定单调区间．如举例说明中a>2时，f′(x)＝0有两个实根.

1．已知函数f(x)＝x3－(2m＋1)x2＋3m(m＋2)x＋1，其中m∈R，求函数f(x)的单调递增区间．

解　f′(x)＝x2－2(2m＋1)x＋3m(m＋2)

＝(x－3m)(x－m－2)．

当3m＝m＋2，即m＝1时，f′(x)＝(x－3)2≥0，

∴f(x)单调递增，即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

当3m>m＋2，即m>1时，由f′(x)＝(x－3m)(x－m－2)>0可得x<m＋2或x>3m，

此时f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)．

当3m<m＋2，即m<1时，由f′(x)＝(x－3m)(x－m－2)>0，可得x<3m或x>m＋2，

此时f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)．

综上所述，当m＝1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；

当m>1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)；

当m<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)．

2．已知函数f(x)＝e2x－aex－a2x，讨论函数f(x)的单调性．

解　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．

题型 　函数单调性的应用问题

角度1　比较大小或解不等式

1．(1)(2019·武汉模拟)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f(x)＝x2－cosx，x∈，则满足f(x0)>f的x0的取值范围为________．

答案　(1)D　(2)∪

解析　(1)设g(x)＝，则g′(x)＝，

∵当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0.

∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．

由f(x)为奇函数，知g(x)为偶函数，则g(－3)＝g(3)，

又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g(3)，

∴g(3)<g(e)<g(ln 2)，故c<a<b.故选D.

(2)f′(x)＝2x＋sinx.当x∈时，f′(x)≥0，所以f(x)在上单调递增．由f(x0)>f，知<x0≤.又因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以－≤x<－也满足条件．

角度2　根据函数单调性求参数

2．(1)(2018·安徽江南十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)

A．(1,2]  B．[4，＋∞)

C．(－∞，2]   D．(0,3]

(2)设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.

①求b，c的值；

②若a>0，求函数f(x)的单调区间；

③设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

答案　(1)A　(2)见解析

解析　(1)∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，

∴由f′(x)≤0解得0<x≤3，由题意知

解得1<a≤2.

(2)①f′(x)＝x2－ax＋b，

由题意得即

②由①得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，

当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；

当x∈(0，a)时，f′(x)<0；

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.

所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．

③g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，

使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，

即x∈(－2，－1)时，

a<max＝－2，

当且仅当x＝，即x＝－时等号成立．

所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．

1.利用导数比较大小或解不等式的常用技巧

利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：

(1)f(x)>g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；

(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；

(3)xf′(x)－f(x)→′；

(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；

(5)f′(x)－f(x)→′.

2.由函数的单调性求参数的取值范围的方法

(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．

(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．如举例说明2(2)．

(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．如举例说明2(1).

1．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋>0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有(　　)

A．af(a)<bf(b)   B．af(a)>bf(b)

C．af(b)>bf(a)   D．af(b)<bf(a)

答案　B

解析　f′(x)＋>0⇒>0⇒>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故选B.

2．若函数f(x)＝－x2＋x在区间[1,2]上单调递减，则实数a的取值范围为(　　)

A.   B.

C.  D．[2，＋∞)

答案　B

解析　若函数f(x)＝－x2＋x在区间[1,2]上单调递减，则f′(x)＝x2－ax＋1≤0在[1,2]上恒成立，即a≥x＋在[1,2]上恒成立，又当x∈[1,2]时，max＝2＋＝，所以a≥.故选B.

3．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．

答案　(－3，－1)∪(1,3)

解析　f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.