(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4章 第2讲　导数与函数的单调性 (含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4章 第2讲　导数与函数的单调性 (含解析)，共16页。试卷主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。

第2讲　导数与函数的单调性


一、知识梳理
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
理清三组关系
(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)任意子区间内都不恒为零．
(3)对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
二、教材衍化
1．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．
2．函数y＝4x2＋的单调增区间为(　　)
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＋的单调增区间为.
故选B．
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

一、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．(　　)
答案：(1)×　(2)√
二、易错纠偏
常见误区(1)判断导数值的正负时忽视函数值域这一隐含条件；
(2)讨论函数单调性时，分类标准有误．
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．因为f′(x)＝－sin x－1<0.
所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D．
2．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；x∈时，
f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．

考点一　判断(证明)函数的单调性(基础型)
复习指导借助图象探索并了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性．
核心素养：数学抽象、逻辑推理
(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
(2)(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论f(x)的单调性．
【解】　(1)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f(x)的单调递增区间为；
当f′(x)<0时，
解得0 即函数f(x)的单调递减区间为，故选D．
(2)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，
单调递增，在单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．

导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x)．
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号．
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.
[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．
　已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②若01，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
③若a>1，则0<<1，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0 当a>1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
考点二　求函数的单调区间(基础型)
复习指导会利用导数求不超过三次的多项式函数的单调区间．
核心素养：数学运算
已知函数f(x)＝aln x－x－(a∈R)．求函数f(x)的单调区间．
【解】　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＋＝＝，
①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，
所以，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．

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，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[提醒]　所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．

1．当x>0时，f(x)＝x＋的单调递减区间是(　　)
A．(2，＋∞)　　　　　　　 B．(0，2)
C．(，＋∞) D．(0，)
解析：选B．令f′(x)＝1－＝<0，则－2 因为x>0，所以x∈(0，2)，故选B．
2．已知函数f(x)＝＋－ln x－，求函数f(x)的单调区间．
解：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，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．
故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．
考点三　函数单调性的应用(综合型)
利用导数与函数的单调性可以比较大小、求参数的范围等，其关键是明确函数的单调性．
角度一　比较大小或解不等式
已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝，则不等式F(x)<的解集为(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
【解析】　F′(x)＝＝，
又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，
所以F(x)在R上单调递减．
由F(x)<＝F(1)，得x>1，
所以不等式F(x)<的解集为(1，＋∞)．
【答案】　B

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．
角度二　已知函数单调性求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解．
即a＞－有解，
设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，
即a的取值范围是.
【迁移探究1】　(变条件)本例条件变为：若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由h(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
【迁移探究2】　(变问法)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则h′(x)<0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a>－有解，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．

(1)已知函数在某区间上的单调性求参数的取值范围的两种思路
①转化为不等式恒成立问题
若函数在某区间上单调递增⇒f′(x)≥0在该区间上恒成立；
若函数在某区间上单调递减⇒f′(x)≤0在该区间上恒成立．
[注意]　一般地，f(x)在区间(a，b)上是增函数的充要条件是f′(x)≥0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间内f′(x)不恒为0.其中不等式中等号不能省略，否则可能漏解！
②利用区间之间的包含关系
若已知y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)应该是相应单调区间的子区间．
(2)已知函数的单调区间求参数的值时，首先利用导数，求出函数的单调区间(含参)，然后令该单调区间与已知区间相等，列方程求解．
(3)已知函数在某区间内不单调求参数的取值范围时，通常利用极值点在该区间内，列不等式求解．

1．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　)
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
解析：选A．因为f(x)＝xsin x，
所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．
所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.
又x∈时，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，
所以f(x)在上是增函数．
所以f 所以f>f(1)>f，故选A．
2．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上为单调减函数，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)，求实数a的值；
(4)若函数f(x)在区间(－1，1)上不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，
所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，
f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，
所以a≥3x2在(－1，1)上恒成立，
因为当－1 (3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为，
又f(x)的单调递减区间为(－1，1)，
所以＝1，解得a＝3.
(4)由题意知：f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a>0.
令f′(x)＝0，解得x＝±.
因为f(x)在区间(－1，1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1，1)上有解，需0<<1，得0 所以实数a的取值范围为(0，3)．

[基础题组练]
1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D．由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D．
2.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：选C．由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(b)>f(a)，故选C．
3．函数f(x)＝的图象大致为(　　)

解析：选B．函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x>0时，函数f′(x)＝，可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．
当x<0时，函数f(x)＝<0，选项D不正确，选项B正确．
4．已知f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D．f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D．
5．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：选C．因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋>2，所以m≤2.故选C．
6．函数f(x)＝＋－ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝＋－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－－＝，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5)．
答案：(0，5)
7．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2) 解析：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2xln 2，所以在定义域内f′(x)>0，函数单调递增，所以由f(x2＋2) 答案：(1，2)
8．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为________．

解析：由f(x)图象特征可得，
f′(x)在和[2，＋∞)上大于0，在上小于0，
所以xf′(x)≥0⇔或⇔0≤x≤或x≥2，
所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞)．
答案：∪[2，＋∞)
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－；
令f′(x)<0，解得－ 所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是.
10．已知函数f(x)＝－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
解：因为f(0)＝b－1，
所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝＝－，
而f′(x)＝－，由导数的几何意义可知，
f′(0)＝－b＝－，
所以b＝1，所以f(x)＝－1.
则F(x)＝ax＋－1，F′(x)＝a－，
当a≤0时，F′(x)<0恒成立；
当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
[综合题组练]
1．(综合型)设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C．令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上单调递减．又a>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．
2．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．(－∞，＋∞)
解析：选B．由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.
因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B．
3．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
4．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－
＝－，
由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t<1 答案：(0，1)∪(2，3)
5．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)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)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
故b＝0，c＝1.
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)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．
则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立，
即－a>.
因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，
则－x－≥2＝2，
当且仅当－x＝－，即x＝－时等号成立，
所以－a>2，则a<－2.
所以实数a的取值范围为(－∞，－2)．
6．(2020·成都七中检测)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
解：(1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，从而g(x)＝－＝>0.