2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十四章第三节　函数的单调性与导数

第三节　函数的单调性与导数

函数的单调性与导数

1.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)如果在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为常函数.

2.单调性的应用

若函数y=f(x)在区间(a,b)上单调,则y=f′(x)在该区间上不变号.

1.概念理解

(1)利用导数研究函数的单调性,要在函数的定义域内讨论导数的符号;

(2)判断函数的单调性时,个别导数等于零的点不影响所在区间内的单调性;

(3)对函数划分单调区间时,需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点.

2.与函数单调性相关的结论

(1)f′(x)>0(f′(x)<0)⇒f(x)为增(减)函数;

f(x)为增(减)函数⇒f′(x)≥0(f′(x)≤0)(f′(x)=0不恒成立).

(2)可导函数f(x)在某区间(a,b)内,

①若f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,则函数F(x)=f(x)g(x)在(a,b)内递增;

②若f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0,则函数F(x)=在(a,b)内递增;

③若f′(x)-f(x)>0,则函数F(x)=在(a,b)内递增;

④若f′(x)+f(x)>0,则函数F(x)=exf(x)在(a,b)内递增.

1.函数y=4x2+的单调增区间为(　B　)

(A)(0,+∞) (B)(,+∞)

(C)(-∞,-1) (D)(-∞,-)

2.函数f(x)=ex-x的单调递增区间是(　D　)

(A)(-∞,1] (B)[1,+∞)

(C)(-∞,0] (D)(0,+∞)

解析:因为f(x)=ex-x,

所以f′(x)=ex-1,

由f′(x)>0,得ex-1>0,即x>0.

所以函数f(x)=ex-x的单调递增区间是(0,+∞),

故选D.

3.已知f(x)为R 上的可导函数,且∀x∈R,均有f(x)>f′(x),则以下判断正确的是(　B　)

(A)f(2 020)>e2 020f(0)

(B)f(2 020)<e2 020f(0)

(C)f(2 020)=e2 020f(0)

(D)f(2020)与e2 020f(0)大小无法确定

解析:设函数h(x)=,

因为∀x∈R,均有f(x)>f′(x),

则h′(x)= <0,

所以h(x)在R上单调递减,

所以h(2 020)<h(0),即<,

即f(2 020)<e2020f(0),故选B.

4.已知函数f(x)=ax-x3在区间[1,+∞)上单调递减,则a的最大值是(　D　)

(A)0 (B)1 (C)2 (D)3

解析:因为f(x)=ax-x3,

 所以f′(x)=a-3x2.

因为函数f(x)=ax-x3在区间[1,+∞)上单调递减,

所以f′(x)=a-3x2≤0在区间[1,+∞)上恒成立,

所以a≤3x2在区间[1,+∞)上恒成立,

所以a≤3.故选D.

5.若函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函数,则a的取值范围是(　D　)

(A)[-1,0] (B)[-1,+∞)

(C)[0,3] (D)[3,+∞)

解析:由f(x)=x2+ax+,得f′(x)=2x+a-=,令g(x)=2x3+ax2-1,要使函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)是增函数,则g(x)=2x3+ax2-1在x∈(,+∞)大于等于0恒成立,g′(x)=6x2+2ax=2x(3x+a),

当a=0时,g′(x)≥0,g(x)在R上为增函数,则有g()≥0,解得+-1≥0,a≥3(舍);

当a>0时,g(x)在(0,+∞)上为增函数,则g()≥0,解得+-1≥0,a≥3;

当a<0时,同理分析可知,满足函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)是增函数的a的取值范围是a≥3(舍).

故选D.

考点一　利用导数研究函数的单调性

[例1] 设函数f(x)=aln x+,其中a为常数,讨论函数f(x)的单调性.

解:函数f(x)的定义域为(0,+∞).

f′(x)=+=,

当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.

当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,

由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).

①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,

函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;

②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0,

函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;

③当-<a<0时,Δ>0,

设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,

则x1=,

x2=.

由x1==>0.

所以x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;

x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.

综上可得,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;

当-<a<0时,f(x)在(0,),(,+∞)上单调递减.

在(,)上单调递增.

(1)利用导数求函数单调区间的基本步骤

①确定函数f(x)的定义域;

②求导数f′(x);

③由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间内是单调递增函数;当f′(x)<0时,f(x)在相应的区间内是单调递减函数.

(2)一般需要通过列表,写出函数的单调区间,研究含参函数的单调性时,需注意依据参数取值对导数符号的影响进行分类讨论.

考点二　由函数的单调性确定参数的取值范围

[例2] 已知函数f(x)=(ax3+4b)·e-x,则(　　)

(A)当a>b>0时,f(x)在(-∞,0)单调递减

(B)当b>a>0时,f(x)在(-∞,0)单调递减

(C)当a<b<0时,f(x)在(0,+∞)单调递增

(D)当b<a<0时,f(x)在(0,+∞)单调递增

解析:f′(x)=(-ax3+3ax2-4b)·e-x=-a·e-x·(x3-3x2+),

当b<a<0时,>1,x3-3x2+>x3-3x2+4,令h(x)=x3-3x2+4(x>0),

则h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),所以h(x)在(0,2)递减,(2,+∞)递增,h(x)的最小值是h(2)=0,所以h(x)≥0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增,故选D.

由函数的单调性求参数的取值范围的方法

(1)可导函数在某一区间上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立,然后分离参数,转化为求函数的最值问题,从而获得参数的取值范围.

(2)若已知f(x)在区间I上的单调性,区间I中含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令I是其单调区间的子集,从而可求出参数的取值范围.

1.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调增函数,则a的取值范围是(　A　)

(A)(-∞,3] (B)(1,3)

(C)(-∞,3) (D)[3,+∞)

解析:因为f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调增函数,由f(x)=x3-ax可得f′(x)=3x2-a≥0在[1,+∞)上恒成立,所以f′(1)=3-a≥0,所以a≤3.故选A.

2.已知函数 f(x)=(x-1)ex-aln x在[,3]上单调递减,则a的取值范围是(　A　)

(A)[9e3,+∞) (B)(-∞,9e3]

(C)[4e2,+∞) (D)(-∞,4e2]

解析:f′(x)=xex-≤0在[,3]上恒成立,

则a≥x2ex在[,3]上恒成立,

令g(x)=x2ex,g′(x)=(x2+2x)ex>0,

所以g(x)在[,3]上单调递增,

故g(x)的最大值为g(3)=9e3.

故a≥9e3.

故选A.

考点三　单调性的应用

[例3] (1)已知函数f(x)与其导函数f′(x)满足f(x)+xf′(x)>0,则有(　　)

(A)f(1)>2f(2) (B)f(1)<2f(2)

(C)2f(1)>f(2) (D)2f(1)<f(2)

(2)已知函数f(x)=,则(　　)

(A)f(x)在x=e处取得最小值

(B)f(x)有两个零点

(C)y=f(x)的图象关于点(1,0)对称

(D)f(4)<f(π)<f(3)

解析:(1)设F(x)=xf(x),则F′(x)=f(x)+xf′(x)>0,所以函数F(x)=xf(x)为增函数,所以F(2)>F(1),即2f(2)>f(1).故选B.

(2)因为函数f(x)=,

所以函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.

令f′(x)>0,得0<x<e,即函数f(x)在(0,e)上为增函数;

令f′(x)<0,得x>e,即函数f(x)在(e,+∞)上为减函数.

所以当x=e时,函数f(x)max=,故排除A;

当x→0+时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→0+,故排除B;

因为f()+f()=+

=2ln +ln

=ln[×]≠0;

所以y=f(x)的图象不关于点(1,0)对称,故排除C;

因为e<3<π<4;所以f(4)<f(π)<f(3).故选D.

利用单调性比较两数大小或证明不等式要恰当的构造函数,然后求导,利用单调性求解.

1.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:令g(x)=,

则g′(x)=,

由题意知,当x>0时,g′(x)<0,

所以g(x)在(0,+∞)上是减函数.

因为f(x)是奇函数,f(-1)=0,

所以f(1)=-f(-1)=0,

所以g(1)==0,

所以当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;

当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.

又因为g(-x)====g(x),

所以g(x)是偶函数,

所以当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;

当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.

综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).

故选A.

2.(2019·宁波市高考模拟)若关于x的不等式()≤有正整数解,则实数λ的最小值为(　A　)

(A)9 (B)8 (C)7 (D)6

解析:本题考查导数在研究函数中的应用.

由()≤,则两边取对数,

得ln x≥3ln 3存在正整数解,

则λ>0,故≥.

记函数f(x)=,

则由f′(x)= 知,

函数f(x)在(0,e)上单调递增,

在(e,+∞)上单调递减,

注意到2<e<3,故只需考虑f(2),f(3)的大小关系,

因为f(2)==f(4)<f(3),

故f(3)=≥,即λ≥9,故选A.

函数单调性的讨论与证明

[例题] (2015·四川卷节选)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.

设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.

解:由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),①

g(x)=f′(x)=2(x-a)-2ln x-2(1+),②

所以g′(x)=2-+=.③

当0<a<时,

g(x)在区间(0, ),(,+∞)上单调递增,

在区间(,)上单调递减;

当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.④

规范要求:步骤①②③④要准确齐全.

温馨提示:(1)研究函数单调性只能在定义域内研究,故步骤①不可缺少;

(2)第③步判断导数的符号时,对a的分类标准要准确,并且单调区间不能出错.

[规范训练1] (2015·天津卷节选)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.讨论f(x)的单调性.

解:由f(x)=nx-xn,可得f′(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.

下面分两种情况讨论:

①当n为奇数时,令f′(x)=0,解得x=1或x=-1.

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,

在(-1,1)上单调递增.

②当n为偶数时,

当f′(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;

当f′(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.

所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,

在(1,+∞)上单调递减.

[规范训练2] 已知函数f(x)=ax2-ln x,a∈R.

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)当n∈N*时,

证明:+++…+>2eln(n+1).

解:(1)因为f′(x)=2ax-(x>0),

①当a≤0时,总有f′(x)<0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,无增区间;

②当a>0时,令2ax->0,解得x>.

故x>时,f′(x)>0,所以f(x)在(,+∞)上单调递增.

同理f(x)在(0,)上单调递减.

(2)由(1)知当a>0时,f(x)min=f()=a()2-ln()=-ln(),

若f(x)min=0,则-ln()=0,此时,a=,

因为f(x)≥f(x)min=0,所以f(x)=x2-ln x≥0,

当n∈N*时,取x=,有>2eln(),

所以+++…+>2e[(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+(ln(n+1)-ln n)]

故+++…+>2eln(n+1).

类型一　求单调区间

1.函数y=x2-ln x的单调递减区间为(　B　)

(A)(-1,1] (B)(0,1]

(C)[1,+∞) (D)(0,+∞)

解析:由题意知函数的定义域为(0,+∞),

又由y′=x-≤0,解得0<x≤1.故选B.

2.已知函数f(x)=-x3-3x+2sin x,设a=20.3,b=0.32,c=log20.3,则(　D　)

(A)f(b)<f(a)<f(c) (B)f(b)<f(c)<f(a)

(C)f(c)<f(b)<f(a) (D)f(a)<f(b)<f(c)

解析:因为f(x)=-x3-3x+2sin x,

所以f′(x)=-3x2-3+2cos x≤-3x2-3+2=-3x2-1<0,

所以,函数y=f(x)在R上单调递减,

因为a=20.3>20=1,0<0.32<0.30,

即0<b<1,c=log20.3<log21=0,则a>b>c,

因为函数y=f(x)在R上单调递减,

因此,f(a)<f(b)<f(c),故选D.

3.设函数f(x)=x3-x2+bx+c(a>0),曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1,则函数f(x)的单调减区间为　　　　. 

解析:f′(x)=x2-ax+b,

由题意得即

则f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),

由f′(x)<0得,0<x<a,

所以函数f(x)的单调减区间为(0,a).

答案:(0,a)

类型二　由导数求单调区间的应用

4.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),f(0)=0.若对任意x∈R,都有f(x)>f′(x)+1,则使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为(　D　)

(A)(-∞,0) (B)(-∞,1)

(C)(-1,+∞) (D)(0,+∞)

解析:构造函数:g(x)=,g(0)==-1.

因为对任意x∈R,都有f(x)>f′(x)+1,

所以g′(x)=<0,

所以函数g(x)在R上单调递减,

由f(x)+ex<1化为g(x)=<-1=g(0),

所以x>0.

所以使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为(0,+∞).

故选D.

5.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0,f(2)=,则不等式f(lg x)<+4的解集为(　D　)

(A)(10,100) (B)(0,100)

(C)(100,+∞) (D)(1,100)

解析:令g(x)=f(x)-,则g′(x)=f′(x)+>0,

g(x)在(0,+∞)上递增,

而g(2)=f(2)-=4,

故由f(lg x)<+4,得g(lg x)<g(2),

故0<lg x<2,解得1<x<100,

故选D.

6.函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为(　B　)

(A)(-1,1) (B)(-1,+∞)

(C)(-∞,-1) (D)(-∞,+∞)

解析:设m(x)=f(x)-(2x+4),

因为m′(x)=f′(x)-2>0,

所以m(x)在R上是增函数.

因为m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,

所以m(x)>0的解集为{x|x>-1},

即f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).

故选B.

7.如图所示是函数y=f(x)的导数y=f′(x)的图象,下列四个结论:

①f(x)在区间(-3,1)上是增函数;

②f(x)在区间(2,4)上是减函数,在区间(-1,2)上是增函数;

③x=1是f(x)的极大值点;

④x=-1是f(x)的极小值点.

其中正确的结论是(　D　)

(A)①③ (B)②③ (C)②③④ (D)②④

解析:由题意,-3<x<-1和2<x<4 时,f′(x)<0;

-1<x<2和x>4时,f′(x)>0,

故函数y=f(x)在(-3,-1)和(2,4)上单调递减,

在(-1,2)和(4,+∞)上单调递增,

x=-1是f(x)的极小值点,x=2是f(x)的极大值点,

故②④正确,故选D.

8.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　)

(A)(1,2] (B)[4,+∞) 

(C)(-∞,2] (D)(0,3]

解析:f′(x)=x-(x>0),

当x-≤0时,有0<x≤3,

即f(x)在(0,3]上是减函数.

由题意知解得1<a≤2.故选A.

9.若函数f(x)=x3-x2+ax+4恰在[-1,4]上单调递减,则实数a的值为　　　　. 

解析:因为f(x)=x3-x2+ax+4,

所以f′(x)=x2-3x+a,

又函数f(x)恰在[-1,4]上单调递减,

所以-1,4是f′(x)=0的两根,

所以a=(-1)×4=-4.

答案:-4

10.若函数f(x)=ax2+xln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是　　　　. 

解析:因为f(x)=ax2+xln x-x,其中x>0,

则f′(x)=ax+ln x.

由于函数y=f(x)存在单调递增区间,则∃x>0,

使得f′(x)>0,

即∃x>0,a>-,构造函数g(x)=- ,

则a>g(x)min.

g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e.

当0<x<e时,g′(x)<0;当x>e时,g′(x)>0.

所以,函数y=g(x)在x=e处取得极小值,亦即最小值,则g(x)min=g(e)=-,

所以,a>-.

答案:(-,+∞)

11.已知函数f(x)=x3+3x对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x∈　　　　. 

解析:由题意得,函数的定义域是R,且f(-x)=(-x)3+3(-x)=-(x3+3x)=-f(x),

所以f(x)是奇函数,

又f′(x)=3x2+3>0,所以f(x)在R上单调递增,

所以f(mx-2)+f(x)<0可化为f(mx-2)<-f(x)=f(-x),

由f(x)递增知:mx-2<-x,即mx+x-2<0,

则对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,

等价于对任意的m∈[-2,2],mx+x-2<0恒成立,

所以解得-2<x<,

即x的取值范围是(-2,).

答案:(-2,)