2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第三章第二节导数与函数的单调性

第二节导数与函数的单调性


函数的单调性
在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
[小题体验]
1．函数f(x)＝ex－x的减区间为________．
答案：(－∞，0)
2．已知a＞0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为________．
答案：(0,3]

1．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决．
2．注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．
[小题纠偏]
1．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为________．
解析：y′＝x－＝＝(x＞0)，令y′＜0得0＜x＜1.
所以函数的单调递减区间为(0,1)．
答案：(0,1)
2．已知函数f(x)＝－x2＋bln x在区间[2，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．
解析：由题意得，f′(x)＝－x＋≤0在[2，＋∞)上恒成立，即b≤x2在[2，＋∞)上恒成立，∵函数g(x)＝x2在[2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(2)＝4，∴b≤4.
答案：(－∞，4]

　
[典例引领]
(2018·南京学情调研)已知函数f(x)＝ax2－bx＋ln x，a，b∈R.
(1)当a＝b＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)当b＝2a＋1时，讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)因为a＝b＝1，所以f(x)＝x2－x＋ln x，
从而f′(x)＝2x－1＋.
因为f(1)＝0，f′(1)＝2，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－0＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.
(2)因为b＝2a＋1，所以f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x(x＞0)，
从而f′(x)＝2ax－(2a＋1)＋＝＝.
当a≤0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜0，得x＞1，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当0＜a＜时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞；由f′(x)＜0，得1＜x＜，
所以f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减．
当a＝时，因为f′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞时，由f′(x)＞0，得0＜x＜或x＞1；由f′(x)＜0得＜x＜1，
所以f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
[由题悟法]
判断函数单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由f′(x)的正负确定f(x)在相应子区间上的单调性．
[提醒]　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．
[即时应用]
　已知函数f(x)＝x3－ax－1，讨论f(x)的单调性．
解：f(x)的定义域为R.f′(x)＝3x2－a.
①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上为增函数．
②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±，
当x＞或x＜－时，f′(x)＞0；
当－＜x＜时，f′(x)＜0.
因此f(x)在，上为增函数，在上为减函数．
综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a＞0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数．
　
[典例引领]
已知函数f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，其中a∈R，e是自然对数的底数．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调减区间．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝(x2＋x＋1)ex，所以f(0)＝1.
因为f′(x)＝(x2＋3x＋2)ex，所以f′(0)＝2.
所以切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.
(2)因为f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋2a]ex＝(x＋a)(x＋2)ex，
当a＝2时，f′(x)＝(x＋2)2ex≥0，所以f(x)无单调减区间．
当－a＞－2，即a＜2时，列表如下：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－a)
－a
(－a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的单调减区间是(－2，－a)．
当－a＜－2，即a＞2时，列表如下：
x
(－∞，－a)
－a
(－a，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的单调减区间是(－a，－2)．
综上，当a＝2时，f(x)无单调减区间；当a＜2时，f(x)的单调减区间是(－2，－a)；当a＞2时，f(x)的单调减区间是(－a，－2)．
[由题悟法]
求函数的单调区间的2方法
法一：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数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．
法二：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．
[即时应用]
1．(2018·常州期中)已知函数f(x)＝x2－ax－a2ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，
由f′(x)＝0，可得x＝a或x＝－，
①当a＝0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＞a，函数f(x)单调递增；
由f′(x)＜0，解得0＜x＜a，函数f(x)单调递减，
∴f(x)的单调递减区间是(0，a)，单调递增区间是(a，＋∞)．
③当a＜0时，由f′(x)＞0，解得x＞－，函数f(x)单调递增；
由f′(x)＜0，解得0＜x＜－，函数f(x)单调递减，
∴f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)f(x)≥0恒成立等价于f(x)min≥0，由(1)知，
①当a＝0时，f(x)＝x2＞0，符合题意；
②当a＞0时，f(x)的单调递减区间是(0，a)，
单调递增区间是(a，＋∞)，
∴f(x)min＝f(a)＝a2－a2－a2ln a≥0，
解得0＜a≤1；
③当a＜0时，f(x)的单调递减区间是，
单调递增区间是，
∴f(x)min＝f＝＋－a2ln＞0，
解得－2e≤a＜0.
综上，实数a的取值范围是[－2e，1]．
2．(2019·苏州十中检测)设函数f(x)＝x2＋ex－xex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)．
若x＜0，则1－ex＞0，所以f′(x)＜0；
若x＞0，则1－ex＜0，所以f′(x)＜0；
若x＝0，则f′(x)＝0.
所以f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)．
(2)因为x∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m恒成立，所以m＜ f(x)min；
由(1)知f(x)在[－2,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝2－e2.
所以当m＜2－e2时，不等式f(x)＞m恒成立．
故实数m的取值范围为(－∞，2－e2)．
　
[典例引领]
　(2019·木渎高级中学模拟)已知函数f(x)＝2xln x－x2＋ax(a∈R是常数)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间内单调递增，求a的取值范围．
解：(1)因为a＝2时，f(x)＝2xln x－x2＋2x，
f′(x)＝2(ln x＋1)－2x＋2＝2ln x－2x＋4，
所以f′(1)＝2，f(1)＝1，
故切线方程是y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝2ln x－2x＋a＋2，
若f(x)在区间内单调递增，则a＋2≥2(x－ln x)在区间内恒成立，
设h(x)＝x－ln x，x∈，则h′(x)＝1－＝，
由h′(x)＞0，得1＜x≤e；由h′(x)＜0，得≤x＜1，
故h(x)在内单调递减，在(1，e]内单调递增，
而h＝1＋＜h(e)＝e－1，
故a＋2≥2e－2，解得a≥2e－4，
所以a的取值范围是[2e－4，＋∞)．
[由题悟法]
由函数单调性求参数的一般思路
(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，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，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)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
[即时应用]
已知函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)是否存在实数a，使f(x)在(－2,3)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：f′(x)＝ex－a.
(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0恒成立，
即f(x)在R上单调递增；
若a＞0，令ex－a≥0，解得x≥ln a，
即f(x)在[ln a，＋∞)上单调递增，
因此当a≤0时，f(x)的单调递增区间为R；
当a＞0时，f(x)的单调递增区间为[ln a，＋∞)．
(2)存在实数a满足条件．
因为f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立，
所以a≥ex在(－2,3)上恒成立．
又因为－2＜x＜3，所以e－2＜ex＜e3，要使a≥ex在(－2,3)上恒成立，只需a≥e3.
故存在实数a∈[e3，＋∞)，使f(x)在(－2,3)上单调递减．

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1．函数f(x)＝x－ln x的单调减区间为________．
解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)＜0，得0＜x＜1.
答案：(0,1)
2．(2018·启东中学检测)已知函数f(x)＝x－1－(e－1)ln x，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)＜0的x的取值范围为________．
解析：由f′(x)＝1－＝0(x＞0)，得x＝e－1.
当x∈(0，e－1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增．
又f(1)＝f(e)＝0,1＜e－1＜e，
所以由f(ex)＜0得1＜ex＜e，解得0＜x＜1.
答案：(0,1)
3．(2019·盐城中学检测)若函数f(x)＝x＋＋ln x在区间[1,2]上单调递增，则实数k的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝x＋＋ln x在区间[1,2]上单调递增，
∴f′(x)＝＋＋≥0在[1,2]上恒成立，
∴k≥－x2－x＋3，
∵y＝－x2－x＋3在[1,2]上单调递减，
∴ymax＝－－1＋3＝，∴k≥.
答案：
4．定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝ef′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的增区间是________．
解析：由题意及题图知f′(x)≥0的区间是(－∞，2)，
故函数y＝f(x)的增区间是(－∞，2)．
答案：(－∞，2)
5．(2019·响水中学模拟)若函数f(x)＝ax3－3x在区间(－1，1)上为单调减函数，则a的取值范围是________．
解析：若函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上为单调减函数，
则f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，即ax2≤1在(－1,1)上恒成立．
若a≤0，满足条件．
若a＞0，则只要当x＝1或x＝－1时，满足条件即可，此时a≤1，即0＜a≤1.
综上a≤1.
答案：(－∞，1]
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1．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
解析：设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．
答案：(－2,0)
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为________．
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.
答案：(2，＋∞)
3．若函数f(x)＝x3＋x2－ax＋3a在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：因为f′(x)＝x2＋2x－a，且函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
所以f′(x)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤(x2＋2x)min＝3，所以a≤3.
答案：(－∞，3]
4．(2018·淮安期末)若函数f(x)＝x2－aln x在其定义域内的一个子区间(a－2，a＋2)上不单调，则实数a的取值范围是________．
解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，故a－2≥0，解得a≥2，
而f′(x)＝x－，令x－＝0，解得x＝.
因为f(x)在(a－2，a＋2)上不单调，
所以a－2＜＜a＋2，
解得0≤a＜4.
综上，a∈[2,4)．
答案：[2,4)
5．(2018·姜堰中学学情调研)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈ (－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c 的大小关系为________．
解析：依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，1)上为增函数．又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜＜1，因此f(－1)＜f(0)＜f，即f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.
答案：c＜a＜b
6．(2018·东台中学期末)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)＋f(x)＞0，且f(0)＝1，则不等式f(x)＜e－x的解集为________．
解析：令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[ f′(x)＋f(x)]＞0，
所以g(x)在R上单调递增，而f(0)＝1，故g(0)＝1.
f(x)＜e－x等价于exf(x)＜1，
则g(x)＜g(0)，解得x＜0.
答案：(－∞，0)
7．已知定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)＜1，若f(2－m)－f(m)＜2－2m，则实数m的取值范围是________．
解析：令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1＜0，即g(x)在R上单调递减，由题可知f(2－m)－f(m)＜2－2m，即f(2－m)－(2－m)＜f(m)－m，也即g(2－m)＜g(m)，所以2－m＞m，即得m＜1.
答案：(－∞，1)
8．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)＜，则不等式f(x2)＜＋的解集为________．
解析：设F(x)＝f(x)－x，所以F′(x)＝f′(x)－，因为f′(x)＜，所以F′(x)＝f′(x)－＜0，即函数F(x)在R上单调递减．因为f(x2)＜＋，所以f(x2)－＜f(1)－，所以F(x2)＜F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，所以x2＞1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)
9．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：(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.
因为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．
综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．
10．(2018·前黄高级中学期末)已知函数f(x)＝ax2＋2x－ln x(a∈R)．
(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数存在单调增区间，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝3时，f(x)＝x2＋2x－ln x，其定义域为(0，＋∞)．
∴f′(x)＝3x＋2－＝，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴f(x)的单调减区间为，单调增区间为.
(2)f(x)＝ax2＋2x－ln x，其定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝ax＋2－＝.
若函数存在单调增区间，则f′(x)＞0在区间(0，＋∞)上有解，
即ax2＋2x－1＞0在区间(0，＋∞)上有解．
分离参数得a＞，令g(x)＝，则依题意，只需a＞g(x)min即可．
∵g(x)＝＝2－1，
∴g(x)min＝－1，
故所求a的取值范围为(－1，＋∞)．
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1．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数x，都有f(x)－f′(x)＞0，则不等式f(x)＜ex－2的解集为________．
解析：设g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
∵对任意实数x，都有f(x)－f′(x)＞0，
∴g′(x)＜0，即g(x)为R上的减函数．
g(1)＝＝，
由不等式f(x)＜ex－2，
得＜e－2＝，即g(x)＜g(1)．
∵g(x)为R上的减函数，
∴x＞1，∴不等式f(x)＜ex－2的解集为(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
2．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.
当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
所以g(x)＝x3＋x2－2x，
所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
因为g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，
即g′(x)＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，所以
当g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，
故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，
即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；
由g′(3)＞0，即m＞－.
所以－＜m＜－9.
即实数m的取值范围是.