新高考数学一轮复习学案第4章第2讲 导数与函数的单调性（含解析）

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一、知识梳理
函数的单调性与导数的关系
常用结论
理清三组关系
(1)“在某区间内f′(x)>0(f′(x)0恒成立，
所以f(x)是增函数．
2．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(eq \f(1,2)，＋∞)
C．(－∞，－1) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
解析：选B．由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2)，
所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
故选B．
3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x，
令f′(x)＝xcs x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
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eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(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)＝cs 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－10恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，
f′(x)0)，
当f′(x)>0时，解得x>eq \f(1,e)，
即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))；
当f′(x)0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，得f′(x)＝sin x＋xcs x>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，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－1f(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(a)，故选C．
3．函数f(x)＝eq \f(ex,x)的图象大致为( )
解析：选B．函数f(x)＝eq \f(ex,x)的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x>0时，函数f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)，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xf(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)＝eq \f(1－ln x,x2)，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)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≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋eq \f(1,x)>2，所以m≤2.故选C．
6．函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(5,4x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2)，
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)0，函数单调递增，所以由f(x2＋2)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)＝－eq \f(1,2)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－eq \f(3,x)
＝－eq \f(（x－1）（x－3）,x)，
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tx，从而g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)＝eq \f(e（ex－1－x）,xex)>0.
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)