高端精品高中数学二轮专题-利用导数求函数的单调性（带答案）教案

利用导数求函数的单调性

知识梳理.利用导数求函数的单调性

函数的单调性

在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；

如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．

题型一. 求函数的单调区间

1．函数f（x）＝（x﹣2）ex的单调递增区间为（　　）

A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（0，2） D．（1，2）

【解答】解：函数f（x）＝（x﹣2）ex，

则f′（x）＝（x﹣1）ex，

令f′（x）＞0，解得x＞1，

故函数f（x）＝（x﹣2）ex的单调递增区间为（1，+∞），

故选：A．

2．函数y＝x2lnx的单调递减区间是（　　）

A．（﹣3，1） B．（0，1） C．（﹣1，3） D．（0，3）

【解答】解：函数的定义域是（0，+∞），

y′＝1，

令y′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

故函数在（0，1）递减，

故选：B．

3．确定函数f（x）＝cos2x+4cosx，x∈（0，2π）的单调区间．

【解答】解：函数的导数f'（x）＝﹣2sin2x﹣4sinx＝﹣4sinx（cosx+1），

令f'（x）＞0，sinx＜0，

又x∈（0，2π），所以π＜x＜2π；

令f'（x）＜0，sinx＞0，

又x∈（0，2π），所以0＜x＜π．

故f（x）的单调增区间为（π，2π），单调减区间为（0，π）．

题型二.讨论函数的单调性——大题第一问

考点1.导后一次型

1．已知函数f（x）＝ex﹣kx．

（1）讨论函数y＝f（x）的单调区间；

【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣k，

①当k≤0时，f′（x）＞0恒成立，则y＝f（x）在R上单调递增，

②当k＞0时，x＞lnk时，f′（x）＞0，y＝f（x）的递增区间是（lnk，+∞），

x＜lnk时，f′（x）＜0，y＝f（x）的递减区间是（﹣∞，lnk）；

综上：当k≤0时，f（x）在R上单调递增，

当k＞0时，f（x）的递增区间是（lnk，+∞），f（x）的递减区间是（﹣∞，lnk）．

2．已知函数f（x）＝ax﹣ln（x+1）．

（2）求f（x）的单调区间；

【解答】解：（2）由（1）可得f′（x）＝1，

当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，

故f（x）的单调递减区间为（﹣1，0），单调递增区间为（0，+∞）．

考点2.导后二次型

1．已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．

（1）讨论f（x）的单调性；

【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，

∵e2x＞0，ex＞0

∴当a≤0时，f′（x）＜0，

∴f（x）在R上单调递减，

当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex）（ex），

令f′（x）＝0，解得：x＝ln，

当f′（x）＞0，解得：x＞ln，

当f′（x）＜0，解得：x＜ln，

∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；

2．已知函数，讨论函数f（x）的单调性．

【解答】解：，x∈（0，+∞）．

f′（x）＝x+（2a﹣2）．

对a分类讨论：

a≥0时，函数f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．

﹣2a＝2，即a＝﹣1时，f′（x）0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．

﹣2a＞2，即a＜﹣1时，函数f（x）在（0，2），（﹣2a，+∞）上单调递增，在（2，﹣2a）上单调递减．

0＜﹣2a＜2，即﹣1＜a＜0时，函数f（x）在（0，﹣2a），（2，+∞）上单调递增，在（﹣2a，2）上单调递减．

5．已知函数，a∈R．

（1）求函数f（x）的单调区间；

【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

∴f′（x）

①当a＝0时，f′（x），∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a≠0时，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．

（ⅰ）当△≤0，即时，f′（x）≥0，

∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，

（ⅱ）当△＞0，即时，方程ax2+x+1＝0的两个实根分别为 ，．

若，则x1＜0，x2＜0，此时，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，

故f（x）在（0，+∞）上单调递增若a＜0，则x1＞0，x2＜0，

此时，当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

当x∈（x1，+∞）时，f′（x）＜0f（x）单调递减，

综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；

当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），

考点3.导后求导型——二阶导数

1．已知函数，（其中e＝2.71828…是自然对数的底数）．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

【解答】解：（Ⅰ）f′（x）（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），…2′

令h（x）＝1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），

当x∈（0，1）时，h（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0．

又ex＞0，所以x∈（0，1）时，f′（x）＞0；

x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0…4′

因此f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）…6′

题型三.已知单调性求参

1．若f（x）x2+bln（x+2）在（﹣1，+∞）上是减函数，则b的取值范围是（　　）

A．[﹣1，+∞） B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1] D．（﹣∞，﹣1）

【解答】解：由题意可知，在x∈（﹣1，+∞）上恒成立，

即b＜x（x+2）在x∈（﹣1，+∞）上恒成立，

由于y＝x（x+2）在（﹣1，+∞）上是增函数且y（﹣1）＝﹣1，所以b≤﹣1，

故选：C．

2．函数f（x）x3﹣ax2﹣3a2x﹣4在（3，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（　　）

A．a≥0 B．a≥1 C．a≤﹣3或a≥1 D．﹣3≤a≤1

【解答】解：∵yx3﹣ax2﹣3a2x﹣4，

∴y′＝x2﹣2ax﹣3a2，

∵函数yx3﹣ax2﹣3a2x﹣4在（3，+∞）上是增函数，

∴y′＝x2﹣2ax﹣3a2≥0在（3，+∞）上恒成立，

∵y′＝x2﹣2ax﹣3a2＝（x﹣a）2﹣4a2，

①对称轴为x＝a＝3，y′＜0，不成立；

②当a＞3，﹣4a2＞0，无解；

当a＜3，y′在（3，+∞）单调递增，

∴y′＞32﹣2a×3﹣3a2＝9﹣6a﹣3a2≥0，

∴﹣3≤a≤1，

∴实数a的取值范围是[﹣3，1]，

故选：D．

3．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在区间上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是（　　）

A． B． C．（﹣∞，3） D．

【解答】解：∵函数f（x）在区间上存在单调增区间，

∴函数f（x）在区间上存在子区间使得不等式f′（x）＞0成立．

，

设h（x）＝2x2﹣2bx+1，则h（2）＞0或，

即8﹣4b+1＞0或，

得．

故选：B．

题型四.函数单调性的应用——比较大小

1．已知奇函数f（x）是R上增函数，g（x）＝xf（x）则（　　）

A． 

B． 

C． 

D．

【解答】解：由奇函数f（x）是R上增函数可得当x＞0时，f（x）＞0，

又g（x）＝xf（x），则g（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝xf（x）＝g（x），

即g（x）为偶函数，且当x＞0时单调递增，

根据偶函数的对称性可知，当x＜0时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，

因为g（）＝g（log34），g（）＝g（），g（）＝g（），

所以为g（）＞g（）＞g（）

故选：B．

2．已知函数f（x）＝3x-1+3-x+1﹣2cos（x﹣1），则（　　）

A． 

B． 

C． 

D．

【解答】解：由已知得，f（x）关于直线x＝1对称，且f（x）在（1，+∞）单调递增．

∵log29＞3，，，

∴，

∴，

又∵f（x）关于直线x＝1对称，

∴，

∴，

故选：A．

3．已知a，则（　　）

A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c

【解答】解：设，则，

令f'（x）＝0，则x＝1，

所以当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0，

所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．

由题意可知a＝f（e），b＝f（3），c＝f（5），

因为e＜3＜5，所以f（e）＞f（3）＞f（5），即a＞b＞c．

故选：A．

题型五.构造函数——利用函数单调性解不等式

1．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（　　）

A．（﹣1，1） B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，+∞）

【解答】解：设F（x）＝f（x）﹣（2x+4），

则F（﹣1）＝f（﹣1）﹣（﹣2+4）＝2﹣2＝0，

又对任意x∈R，f′（x）＞2，所以F′（x）＝f′（x）﹣2＞0，

即F（x）在R上单调递增，

则F（x）＞0的解集为（﹣1，+∞），

即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞）．

故选：B．

2．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．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣1，0）∪（1，+∞） 

C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0） D．（0，1）∪（1，+∞）

【解答】解：设g（x），

则g（x）的导数为：g′（x），

∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，

即当x＞0时，g′（x）恒小于0，

∴当x＞0时，函数g（x）为减函数，

又∵g（﹣x）g（x），

∴函数g（x）为定义域上的偶函数

又∵g（﹣1）0，

∴函数g（x）的图象性质类似如图：

数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0

⇔或，

⇔0＜x＜1或x＜﹣1．

故选：A．

3．设函数F（x）是定义在R上的函数，其中f（x）的导函数为f'（x），满足f'（x）＜f（x）对于x∈R恒成立，则（　　）

A．f（2）＞e2f（0），f（2 017＞e2017f（0） 

B．f（2）＞e2f（0），f（2 017）＜e2017f（0） 

C．f（2）＜e2f（0），f（2 017）＞e2017f（0） 

D．f（2）＜e2f（0），f（2 017）＜e2017f（0）

【解答】解：F'（x）＝[]'，因为f'（x）＜f（x），

所以F'（x）＜0，所以F（x）为减函数，

因为2＞0，2017＞0，

所以F（2）＜F（0），F（2017）＜F（0），

即，所以f（2）＜e2f（0）；

，即f（2017）＜e2017f（0）；

故选：D．

4．设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞x2，下面的不等式在R内恒成立的是（　　）

A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）＞x D．f（x）＜x

【解答】解：∵2f（x）+xf′（x）＞x2，

令x＝0，则f（x）＞0，故可排除B，D．

如果 f（x）＝x2+0.1，时 已知条件 2f（x）+xf′（x）＞x2成立，

但f（x）＞x 未必成立，所以C也是错的，故选 A

故选：A．