新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 一元函数的导数及其应用第2节 导数与函数的单调性 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 一元函数的导数及其应用第2节 导数与函数的单调性 (含解析)，共21页。试卷主要包含了利用导数判断函数单调性的步骤等内容，欢迎下载使用。
第2节　导数与函数的单调性
考试要求　1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).


1.函数的单调性与导数的关系
条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)上单调递增
f′(x)＜0
f(x)在(a，b)上单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)上是常数函数
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导函数f′(x)的零点；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性.

1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.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.

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(　　)
(2)如果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)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)＞0，则f(x)在定义域上一定单调递增.(　　)
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
解析　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)反例，f(x)＝－，虽然f′(x)＝＞0，但f(x)＝－，在其定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)上不具有单调性.
2.(多选)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(d)＞f(e)
答案　CD
解析　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a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a).
当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，
所以函数f(x)在(c，e)上是减函数，
因为c＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e).
3.(2021·九江二模)函数f(x)＝ln x－x2的单调递增区间为________.
答案　
解析　由题意可得函数的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝ln x－x2，
∴f′(x)＝－2x＝.
由f′(x)＞0可得1－2x2＞0，
解得0＜x＜，
故函数的单调增区间为.
4.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________.
答案　(－3，0)∪(0，＋∞)
解析　f′(x)＝3ax2＋6x－1，由题意得解得a＞－3且a≠0.
5.(易错题)若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.
答案　－4
解析　f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4], ∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.
6.(易错题)若y＝x＋(a＞0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________.
答案　(0，2]
解析　法一　由y′＝1－≥0，
得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，
∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.
法二　y′＝1－，依题意知1－≥0
在x∈[2，＋∞)上恒成立，
即a2≤x2恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，
又a＞0，∴0＜a≤2.

　考点一　不含参函数的单调性
1.下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)
A.f(x)＝sin 2x B.f(x)＝xex
C.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋ln x
答案　B
解析　由于x＞0，对于A，f′(x)＝2cos 2x，f′＝－1＜0，不符合题意；
对于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合题意；
对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－＜0，不符合题意；
对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－＜0，不符合题意.
2.(2022·武汉模拟)函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间是(　　)
A.
B.
C.
D.∪
答案　C
解析　∵函数f(x)＝2x2－ln x，∴f′(x)＝4x－＝＝.
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
∴函数的单调递减区间是.
3.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的递增区间是________.
答案　和
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
∪，
即f(x)的单调递增区间为和.
感悟提升　确定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)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f′(x)0，试讨论函数y＝f(x)的单调性.
解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋
＝＝.
①当00；
x∈时，f′(x)1时，00，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x).
2.对于不等式f′(x)－g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x).
特别地，对于不等式f′(x)>k，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
3.对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)·g(x).
4.对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝.
5.对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数F(x)＝xn·f(x).
6.对于不等式f′(x)＋f(x)>0，构造函数F(x)＝ex·f(x).
7.对于不等式f′(x)＋kf(x)>0，构造函数F(x)＝ekx·f(x).
一、利用f(x)与ex构造可导型函数
例1 f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)＞f(x)，对任意正实数a，下列式子一定成立的是(　　)
A.f(a)＜eaf(0) B.f(a)＞eaf(0)
C.f(a)＜ D.f(a)＞
答案　B
解析　令g(x)＝，则g′(x)＝＝＞0.
∴g(x)在R上为增函数，又a＞0，
∴g(a)＞g(0)，即＞.
故f(a)＞eaf(0).
总结　(1)出现f′(x)－f(x)的形式，构造函数F(x)＝；
(2)出现f′(x)＋f(x)的形式，构造函数F(x)＝f(x)ex.
二、利用f(x)与xn构造可导型函数
例2 已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x＞0时，2f(x)＞xf′(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________.
答案　(－1，0)∪(0，1)
解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出当x＞0时，F′(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(0，1).
总结　(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
三、利用f(x)与sin x，cos x构造可导型函数
例3 (多选)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则(　　)
A.f＞f
B.f＞f
C.f＞f
D.f＞f
答案　CD
解析　根据题意，令g(x)＝，x∈，则其导数g′(x)＝，又由x∈，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数.由＜，则有g＞g，即＞，分析可得f＞f；又由＜，则有g＞g，即＞，分析可得f＞f.
总结　f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；F(x)＝，
F′(x)＝.
四、构造具体函数
例4 (2022·石家庄一模)若ln x－ln y＜－(x＞1，y＞1)，则(　　)
A.ey－x＞1 B.ey－x＜1
C.ey－x－1＞1 D.ey－x－1＜1
答案　A
解析　依题意，ln x－＜ln y－，令f(t)＝t－(t≠0).则f′(t)＝1＋＞0，所以f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x＞1，y＞1，得ln x＞0，ln y＞0，又ln x－＜ln y－.则f(ln x)＜f(ln y).又f(t)在(0，＋∞)上单调递增.则ln x＜ln y，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正确，B不正确；又y－x－1无法确定与0的关系，故C、D不正确.
总结　不等式两边凑配成相同的形式，构造具体的函数利用单调性求解.


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(　　)


答案　D
解析　利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D符合.
2.函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　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＜，故f(x)的单调递减区间是.
3.若函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x).若f′(x)－3＜0恒成立，f(－2)＝0，则f(x)－3x＜6的解集为(　　)
A.(－∞，－2) B.(－2，2)
C.(－∞，2) D.(－2，＋∞)
答案　D
解析　令g(x)＝f(x)－3x－6，
则g′(x)＝f′(x)－3＜0，
所以函数g(x)在R上单调递减，
g(－2)＝f(－2)－3×(－2)－6＝0，
由g(x)＜0⇔g(x)＜g(－2)，则x＞－2.
4.(2022·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是(　　)
A.a>－ B.0