2022高考数学人教版（浙江专用）一轮总复习学案：第三章 第2讲　第1课时　导数与函数的单调性

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第2讲　导数在研究函数中的应用
第1课时　导数与函数的单调性


函数的单调性与导数的关系
条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数
常用结论
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．
常见误区
1．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．如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么单调区间之间不能用“∪”连接，可用“，”隔开或用“和”连接；
3．区间的端点可以属于单调区间，也可以不属于单调区间，对结论没有影响．

[思考辨析]
判断正误(正确的打“√”错误的打“×”)
(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)√
[诊断自测]
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
解析：选D.因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，当f′(x)＞0时，解得x＞，即函数的单调递增区间为；当f′(x)<0时，解得0 2．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
解析：选C.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数．
3．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
解析：由f′(x)＝1－<0，得>1，即x<1，又x>0，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．
答案：(0，1)


不含参数函数的单调性(自主练透)
1．函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞)　　　　　　　　 B.
C．(－∞，－1) D.
解析：选B.由y＝4x2＋，得y′＝8x－，令y′＞0，即8x－＞0，解得x＞，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B.
2．函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是(　　)
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
解析：选B.方法一：令y′＝1－＋<0，得－3 方法二：由题意知x＞0，故排除A、C选项；又f(1)＝4 3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
令f′(x)＝xcos x＞0，
则其在区间(－π，π)上的解集为和，
即f(x)的单调递增区间为和.
答案：和


求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)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间．
(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间．
[提醒]　求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．　

含参数函数的单调性(师生共研)
讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
【解】　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当00，故f(x)在(0, )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增．


解决含参数函数的单调性问题应注意的2点
(1)研究含参数函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．　

1．已知函数f(x)＝.则函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调递减区间为________，单调递增区间为________．
解析：f′(x)＝＝，
当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0，
当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．
答案：(m，m＋1)　(m＋1，＋∞)
2．设函数f(x)＝x2－mln x，求函数f(x)的单调区间．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当m≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
当m＞0时，f′(x)＝，
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
综上：当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．

利用导数研究函数单调性的应用(多维探究)
角度一　函数y＝f(x)与y＝f′(x)图象的相互判定
(1)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(　　)


(2)设函数y＝f(x)的图象如图，则函数y＝f′(x)的图象可能是(　　)


【解析】　(1)原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D.
(2)由y＝f(x)图象可知，当x∈(－∞，x1)时，y＝f(x)单调递增，所以f′(x)>0.
当x∈(x1，x2)时，y＝f(x)单调递减，所以f′(x)<0.
当x∈(x2，＋∞)时，y＝f(x)单调递增，所以f′(x)>0.
所以y＝f′(x)的图象在四个选项中只有D符合．
【答案】　(1)D　(2)D
角度二　已知函数单调性求参数的取值范围
(1)(2020·浙江省高中学科基础测试)若函数f(x)＝2x＋(a∈R)在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．[0，2] B．[0，4]
C．(－∞，2] D．(－∞，4]
(2)函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递减，则k的取值范围是________．
【解析】　(1)由题意得f′(x)＝2－≥0在[1，＋∞)上恒成立，则a≤(2x2)min＝2，所以a≤2，故选C.
(2)因为函数f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－，函数在区间(1，＋∞)上单调递减，则f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k－≤0在区间(1，＋∞)上恒成立，
故k≤在区间(1，＋∞)上恒成立，
因为在区间(1，＋∞)上0＜＜1，故k≤0.
【答案】　(1)C　(2)(－∞，0]
角度三　比较大小或解不等式
(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝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________．
(2)定义在R上的函数f(x)的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(e为自然对数的底数)，b＝f()，c＝f(log28)，则a，b，c的大小关系为________(用“＜”连接)．
【解析】　(1)设g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，所以当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(2)＝＝0，所以f(x)＞0的解集为(－2，0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)．
(2)因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，得f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，又f(x)＝f(2－x)，得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数f(x)图象上的点距离直线x＝1越近函数值越大，又log28＝3，所以log28＞2－＞＞1，得f()＞f＞f(log28)，故c＜a＜b.
【答案】　(1)(－2，0)∪(2，＋∞)　(2)c＜a＜b


(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式．
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．
③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
(2)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．
[提醒]　(1)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)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(2)注意函数的单调区间与函数在某区间上具有单调性是不同的．　
　已知f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的导函数，且满足xf′(x)－2f(x)>0，若f(x)是偶函数，f(1)＝1，则不等式f(x)>x2的解集为________．
解析：令g(x)＝－1，则g′(x)＝＝，因为xf′(x)－2f(x)>0，
所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(x)是偶函数，
所以g(－x)＝－1＝g(x)，
所以g(x)为偶函数．因为g(1)＝－1＝0，所以不等式f(x)>x2可转化为g(x)＝－1>g(1)，可得|x|>1，得x<－1或x>1，所以不等式f(x)>x2的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)

核心素养系列3　数学运算、逻辑推理——构造函数、比较大小
此类涉及已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．
一、x与f(x)的组合函数
若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为________．
【解析】　令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，所以g(x)为增函数．因为g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
【答案】　(2，＋∞)
二、ex与f(x)的组合函数
已知f(x)(x∈R)有导函数，且∀x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，则有(　　)
A．enf(－n)enf(0)
B．enf(－n) C．enf(－n)>f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)>f(0)，f(n) 【解析】　设g(x)＝，则g′(x)＝＝>0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)enf(0)．故选A.
【答案】　A
设a>0，b>0，e是自然对数的底数，则(　　)
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a C．若ea－2a＝eb－3b，则a>b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a 【解析】　因为a>0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x>0)，因为y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a>b成立．故选A.
【答案】　A