2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：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

一、基础知识批注——理解深一点
函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，
(1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递增函数；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递减函数；
(3)若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内是常数函数．
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.
二、常用结论汇总——规律多一点
(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．

三、基础小题强化——功底牢一点


(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)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．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√

(二)选一选
1．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
解析：选D　∵f′(x)＝－sin x－1＜0，
∴f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
2．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)，(1，＋∞)
解析：选A　函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得0 3．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选D　因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.

(三)填一填
4．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为________．
解析：f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.令f′(x)>0，解得x>2.故所求单调递增区间为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
5．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤ .
答案：[－， ]






[典例]　已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．
[解]　f′(x)＝(x>0)，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝<0，得0 ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．

[解题技法]　讨论函数f(x)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，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[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．

[题组训练]
1．函数f(x)＝ex－在定义域内为________函数(填“增”或“减”)．
解析：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x≠－1}．
∵f(x)＝ex－，∴f′(x)＝ex＋>0.
∴f(x)在定义域内为增函数．
答案：增
2．已知函数f(x)＝aln x＋x2(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝aln x＋x2，所以f′(x)＝＋2x＝.
①当a>0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝ (负值舍去)，
当0 所以函数f(x)在上单调递减；
当x> 时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递增．
综上所述，当a>0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．

[典例]　(2018·湘东五校联考节选)已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．当x>1时，求f(x)的单调区间．
[解]　f′(x)＝·x＋ln x－k－1＝ln x－k，
①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1ek时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．
综上所述，当k≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k>0时，函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．

[解题技法]　利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[提醒]　若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．

[题组训练]
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(　　)
A．(－∞，0)　　　　　　　 　B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
解析：选D　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 2．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－(x>0)，
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，所以舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内单调递减；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内单调递增．
故f(x)的单调递减区间是(0,5)，单调递增区间是(5，＋∞)．

[典例]　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)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．
[解]　(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
(2)由(1)知f(x)＝x3－x2＋1，
则g′(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 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)．
[变透练清]
1.本例(2)变为：若g(x)在(－2，－1)内为减函数，其他条件不变，求实数a的取值范围．
解：∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，
∴x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
∴即解得a≤－3.
即实数a的取值范围是(－∞，－3]．
2.本例(2)变为：若g(x)的单调递减区间为(－2，－1)，其他条件不变，求实数a的值．
解：∵g(x)的单调递减区间为(－2，－1)，
∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，
∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.
3.本例(2)变为：若g(x)在(－2，－1)内不单调，其他条件不变，求实数a的取值范围．
解：由1知g(x)在(－2，－1)内为减函数时，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
若g(x)在(－2，－1)内为增函数，则a≥x＋在(－2，－1)内恒成立，
又∵y＝x＋在(－2，－)内单调递增，在(－，－1)内单调递减，
∴y＝x＋的值域为(－3，－2)，
∴实数a的取值范围是[－2，＋∞)，
∴函数g(x)在(－2，－1)内单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2，＋∞)，
故g(x)在(－2，－1)上不单调时，实数a的取值范围是(－3，－2)．
[解题技法]
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)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．

A级——保大分专练
1．函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　)
A.　　　　　　 　B.
C. D.
解析：选B　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，
所以f(x)的单调递减区间是.
2．已知函数f(x)＝x2(x－m)，m∈R，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.
B.
C.，(0，＋∞)
D.∪(0，＋∞)
解析：选C　∵f′(x)＝3x2－2mx，
∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，
由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－或x＞0，
即f(x)的单调递增区间是，(0，＋∞)．
3．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：选B　对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>或x<－，∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)>0，得0 4．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(　　)

解析：选A　设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增，故选A.
5．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：选A　f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增；由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
6．(2019·百校联盟联考)若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．[，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选D　由题意知f′(x)＝ex(sin x＋cos x＋a)≥0在区间上恒成立，即a≥－sin在区间上恒成立，∵x＋∈，∴sin∈，∴－sin∈[－，1)，∴a≥1，故选D.
7．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调递减区间为________．
解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6，得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调递减区间为(－1,11)．
答案：(－1,11)
8．函数f(x)＝ln x－在定义域内为________函数(填“增”或“减”)．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f(x)＝ln x－，
∴f′(x)＝－＝.
∵x>0，∴4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.
∴当x>0时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0，＋∞)内为增函数．
答案：增
9．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
解析：对f(x)求导可得f′(x)＝2x－5＋＝(x>0)．令f′(x)＝＝>0(x>0)，解得x>2或0 答案：和(2，＋∞)
10．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________(用“<”表示)．
解析：由偶函数的定义知函数f(x)为偶函数，
因此f(－3)＝f(3)．
因为f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∈时，f′(x)≤0.
所以f(x)在区间上是减函数，
所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)＜f(2)＜f
11．已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.
①若a＝0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>0，则当x＝时，f′(x)＝0，
当0 当x>时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
③若a<0，则当x＝－时，f′(x)＝0，
当0 当x>－时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
12．已知函数f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋3.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x2＋3，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＋x＝.
由得0＜x＜1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
(2)法一：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
因为x＋1＞0，所以x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞)．
法二：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，
因为Δ＝(a＋1)2－4a≥0恒成立，
所以即a≥0，
所以实数a的取值范围是[0，＋∞)．
B级——创高分自选
1．(2018·广东一模)已知函数y＝在其定义域上单调递减，则函数f(x)的图象可能是(　　)

解析：选A　∵函数y＝在其定义域上单调递减，
∴′＝≤0在定义域上恒成立，且不恒为0，即f(x)≥f′(x)恒成立．结合图象知A正确．

2．(2018·南昌摸底)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　　)
A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)
C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)
解析：选A　设g(x)＝x2f(x)⇒g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，则当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，易得g(x)是偶函数，则4f(－2)＝g(－2)＝g(2) 3．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，
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)的单调递增区间是[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 当a＝e3时，在(－2,3)上f′(x)＝ex－e3<0，
即f(x)在(－2,3)上单调递减，所以a≥e3.
故存在实数a∈[e3，＋∞)，使f(x)在(－2,3)上单调递减．