新高考数学一轮复习课时讲练 第3章 第2讲 第1课时　导数与函数的单调性 (含解析)

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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
[提醒]　(1)利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号；
(2)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；
(3)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；
(4)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．

[疑误辨析]
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)√
[教材衍化]
1．(选修2－2P32A组T4改编)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．(选修2－2P26练习T1(2)改编)函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．
解析：因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
由f′(x)>0，得ex－1>0，即x>0.
答案：(0，＋∞)
[易错纠偏]
忽视函数的定义域.
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)


　　　　　　利用导数判断或证明函数的单调性
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．

　
　(2020·温州模拟)设函数f(x)＝xln(ax)(a＞0)．设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性．
解：f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝(ln a)x2＋ln(ax)＋1，函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(ln a)x＋＝.
①当ln a≥0，即a≥1时，恒有F′(x)＞0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当ln a＜0，即0＜a＜1时，
令F′(x)＞0，得(ln a)x2＋1＞0，解得0＜x＜ ；
令F′(x)＜0，得(ln a)x2＋1＜0，解得x＞ .
所以函数F(x)在上为增函数，
在上为减函数．

　　　　　　求函数的单调区间
(1)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(－1，1)　　　　　　　　 B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
(2)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．
【解】　(1)选B.y＝x2－ln x，
y′＝x－＝
＝(x>0)．
令y′<0，得0 所以单调递减区间为(0，1)．
(2)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，Δ＝4－4a＝4(1－a)．
①当1－a≤0，即a≥1时，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在R上单调递增．
②当1－a>0，即a<1时，令f′(x)＝0，
解得x1＝＝－1－，x2＝－1＋，
令f′(x)>0，解得x<－1－或x>－1＋；
令f′(x)<0，解得－1－ 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)；
f(x)的单调递减区间为(－1－，－1＋)．
综上所述：当a≥1时，f(x)在R上单调递增；
当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)，
f(x)的单调递减区间为(－1－，－1＋)．

　

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(高频考点)
利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．主要命题角度有：
(1)函数y＝f(x)与y＝f′(x)图象的相互判定；
(2)已知函数单调性求参数的取值范围；
(3)比较大小或解不等式．
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
(2020·宁波市效实中学月考)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】　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】　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．　
　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________．
解析：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，＋∞)．
答案：(－2，0)∪(2，＋∞)

核心素养系列5　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

[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．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调情况是(　　)
A．增函数　 B．减函数
C．先增后减　 D．先减后增
解析：选A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．
3．(2020·台州市高三期末质量评估)已知函数f(x)＝ax3＋ax2＋x(a∈R)，下列选项中不可能是函数f(x)图象的是(　　)

解析：选D.因f′(x)＝ax2＋ax＋1，故当a＜0时，判别式Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案C中的那种情形；当a＞0时，判别式Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案B中的那种情形；判别式Δ＝a2－4a≤0，其图象是答案A中的那种情形；当a＝0，即y＝x也是答案A中的那种情形，应选答案D.
4．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，所以此时函数是增函数．所以ff(1)>f，故选A.
5．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.
6．(2020·温州七校联考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有(　　)
A．f(0)＋f(6)≤2f(3) B．f(0)＋f(6)＜2f(3)
C．f(0)＋f(6)≥2f(3) D．f(0)＋f(6)＞2f(3)
解析：选A.由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.
7．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．
解析：因为f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
8．已知函数f(x)＝ax＋ln x，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时
f′(x)≤0，当0＜x＜－时f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
答案：　
9．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，＋∞)
10．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f(x)＝x2ex，若f(x)在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：由题意得，f′(x)＝ex(x2＋2x)，所以f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f(x)在[t，t＋1]上不单调，所以或，即实数t的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．
答案：(－3，－2)∪(－1，0)
11．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．
故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．
12．(1)设函数f(x)＝xe2－x＋ex，求f(x)的单调区间．
(2)设f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)，若函数f(x)在区间上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与
1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(2)由题意可得f′(x)＝ex≤0在上恒成立．
因为ex>0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在上恒成立．令g(x)＝ln x＋.
因为g′(x)＝－＝，
由g′(x)＝0，得x＝1.
x

(1，e)
g′(x)
－
＋
g(x)


g＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，所以g(x)max＝g＝e－1.
故a≥e－1.
[综合题组练]
1．(2020·丽水模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)


解析：选C.由题图可知当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．当x＞1时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以当x＝1时，函数取得极小值．当x＜－1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当－1＜x＜0时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
2．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)．当x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为(　　)
A．(，1) B．(－∞，)∪(1，＋∞)
C．(，＋∞) D．(－∞，)
解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，
所以f(－x)＝f(x)
因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，
因为g(x)＝x2f(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上为减函数，
因为f(x)为偶函数，
所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，
因为g(x)＜g(1－2x)
所以|x|＞|1－2x|，
即(x－1)(3x－1)＜0
解得＜x＜1，选A.
3.已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是________．
解析：依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)．
答案：(－3，5)
4．(2020·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x2－3，切线的斜率为－3，
所以切线方程为y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，
f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x　[－2，2]
5．已知函数g(x)＝x3－ax2＋2x.
(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)因为g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
所以即解得a≤－3，
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
(2)因为g(x)在(－2，－1)内不单调，g′(x)＝x2－ax＋2，
所以g′(－2)·g′(－1)<0或
由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解．
由得
即解得－3 即实数a的取值范围为(－3，－2)．
6．设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)，
此时f′(x)＝，
可得f′(1)＝，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当a＝－时，Δ＝0，
f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－0，
设x1，x2(x1 则x1＝，
x2＝.
由于x1＝
＝>0，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增，
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－ f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增．