浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用第2节导数与函数的单调性含解析 15页

第2节　导数与函数的单调性 考试要求　1.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.‎ 知 识 梳 理 ‎1.函数的单调性与导数的关系 已知函数f(x)在某个区间内可导，‎ ‎(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；‎ ‎(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.‎ ‎2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是：‎ ‎(1)确定函数f(x)的定义域；‎ ‎(2)求导数f′(x)；‎ ‎(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.‎ 一般需要通过列表，写出函数的单调区间.‎ ‎3.已知单调性求解参数范围的步骤为：‎ ‎(1)对含参数的函数f(x)求导，得到f′(x)；‎ ‎(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；‎ ‎(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎(1)解决一次、二次函数的单调性问题不必用导数.‎ ‎(2)有些初等函数(如f(x)＝x3＋x)的单调性问题也不必用导数.‎ ‎(3)根据单调性求参数常用导数不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0求解，注意检验等号.‎ ‎(4)注意函数、导函数的定义域.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(1)若可导函数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)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.(　　)‎ 解析　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.‎ ‎(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×‎ ‎2.函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是(　　)‎ A.(－∞，1] B.[1，＋∞)‎ C.(－∞，0] D.(0，＋∞)‎ 解析　令f′(x)＝ex－1>0得x>0，所以f(x)的递增区间为(0，＋∞).‎ 答案　D ‎3.(2020·浙江“超级全能生”联考)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可以是(　　)‎ 解析　根据导函数的正负与原函数的单调性的关系，结合导函数f′(x)的图象可知，原函数f(x)先单调递增，再单调递减，最后缓慢单调递增，选项C符合题意，故选C.‎ 答案　C ‎4.若f(x)＝，0＜a＜b＜e，则f(a)与f(b)的大小关系为________.‎ 解析　f′(x)＝，当0＜x＜e时，1－ln x＞0，‎ 即f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，‎ ‎∴f(a)＜f(b).‎ 答案　f(a)＜f(b)‎ ‎5.函数f(x)＝的单调递增区间为________；单调递减区间为________.‎ 解析　函数的定义域为{x|x≠0}，且f′(x)＝，令f′(x)>0得x>1，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，令f′(x)<0，得x<1且x≠0，f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，1).‎ 答案　(1，＋∞)　(－∞，0)和(0，1)‎ ‎6.(2019·北京卷)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________.‎ 解析　∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R，‎ ‎∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.‎ ‎∵f(x)＝ex＋ae－x，∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－.‎ ‎∵f(x)是R上的增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，‎ 即ex≥在R上恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立.‎ 又e2x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].‎ 答案　－1　(－∞，0]‎ 考点一　求不含参数的函数的单调性 ‎【例1】 已知f(x)＝ex，讨论f(x)的单调性.‎ 解　由题意得f′(x)＝ex＋ex ‎＝ex ‎＝x(x＋1)(x＋4)ex.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.‎ 当x<－4时，f′(x)<0，故f(x)为减函数；‎ 当－40，故f(x)为增函数；‎ 当－10时，f′(x)>0，故f(x)为增函数.‎ 综上知，f(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.‎ 规律方法　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，解集在定义域内的部分为单调递减区间.‎ ‎【训练1】 (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)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝(　　)‎ A.在(0，1)上是减函数 B.在(1，4)上是减函数 C.在上是减函数 D.在上是减函数 解析　(1)y＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x>0).令y′＜0，得0f′(x)，即g′(x)＝>0，所以函数g(x)＝在(0，1)上是增函数，故选项A错误；又由图易得当x∈时，f(x)0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ 当a>0时，令f′(x)<0，得00，得x>，‎ ‎∴f(x)在(0，)上是减函数，在(，＋∞)上是增函数.‎ 综上可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当a＞0时，函数y＝f(x)的增区间为(，＋∞)，减区间为(0，).‎ 考点三　利用函数的单调性求参数 ‎【例3】 (1)已知函数f(x)＝ax3－x2＋x在区间(0，2)上是单调增函数，则实数a的取值范围为________.‎ ‎(2)已知函数f(x)＝ln x＋(x－b)2(b∈R)在上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是________.‎ 解析　(1)f′(x)＝ax2－2x＋1≥0⇒a≥－＋＝－＋1在(0，2)上恒成立，即a≥1.‎ ‎(2)由题意得f′(x)＝＋2(x－b)＝＋2x－2b，因为函数f(x)在上存在单调递增区间，所以f′(x)＝＋2x－2b>0在上有解，所以b<，x∈，由函数的性质易得当x＝2时，＋x取得最大值，即＝＋2＝，所以b的取值范围为.‎ 答案　(1)[1，＋∞)　(2) 规律方法　利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法 ‎(1)函数f(x)在区间D上存在递增(减)区间.‎ 方法一：转化为“f′(x)>0(<0)在区间D上有解”；‎ 方法二：转化为“存在区间D的一个子区间使f′(x)>0(<0)成立”.‎ ‎(2)函数f(x)在区间D上递增(减).‎ 方法一：转化为“f′(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立”问题；‎ 方法二：转化为“区间D是函数f(x)的单调递增(减)区间的子集”.‎ ‎【训练3】 (1)函数f(x)＝x3－x2＋2x＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a的值为________.‎ ‎(2)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是________.‎ 解析　(1)f′(x)＝x2－ax＋2，由已知得－2，－1是f′(x)的两个零点，‎ 所以有解得a＝－3.‎ ‎(2)由已知得f′(x)＝－x＋≤0在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤(x＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤－1.‎ 答案　(1)－3　(2)(－∞，－1]‎ 基础巩固题组 一、选择题 ‎1.已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.‎ 答案　A ‎2.下面为函数y＝xsin x＋cos x的递增区间的是(　　)‎ A. B.(π，2π)‎ C. D.(2π，3π)‎ 解析　y′＝(xsin x＋cos x)′＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈时，恒有xcos x>0.‎ 答案　C ‎3.设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1，2] B.[4，＋∞)‎ C.(－∞，2] D.(0，3]‎ 解析　∵f(x)＝x2－9ln x，∴f′(x)＝x－(x>0)，‎ 当x－≤0时，有00且a＋1≤3，解得12，则下列结论正确的是(　　)‎ A.对于任意x∈R，f(x)<0‎ B.对于任意x∈R，f(x)>0‎ C.当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0‎ D.当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0‎ 解析　由f(x)是定义在R上的减函数，得f′(x)<0在R上恒成立，则＋x>2⇒(2－x)f′(x)－f(x)>0.令g(x)＝(2－x)f(x)，则g′(x)＝(2－x)f′(x)－f(x)>0，函数g(x)单调递增，又g(2)＝0，则当x<2时，g(x)＝(2－x)f(x)<0，f(x)<0，当x>2时，g(x)＝(2－x ‎)f(x)>0，f(x)<0，排除B，C，D.‎ 答案　A 二、填空题 ‎7.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________.‎ 解析　f′(x)＞2转化为f′(x)－2＞0，构造函数F(x)＝f(x)－2x，‎ 得F(x)在R上是增函数.‎ 又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4，‎ 即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1.‎ 答案　(－1，＋∞)‎ ‎8.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)为f(x)的导函数.若f(x)在(0，1)上单调递减，则下列结论正确的是________(填序号).‎ ‎①a＋b＋1＜0；②b≤0；③3＋2a＋b≤0.‎ 解析　因为f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(0)＞f(1)，即a＋b＋1＜0；由题意可得g(x)＝f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)≤0在(0，1)上恒成立，即g(0)≤0，g(1)≤0，所以b≤0，3＋2a＋b≤0.‎ 答案　①②③‎ ‎9.已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则实数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<10知，f′(x)与1－x＋ex－1同号.‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上递增，‎ ‎∴g(x)≥g(1)＝1在R上恒成立，‎ ‎∴f′(x)>0在R上恒成立.‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).‎ ‎12.已知函数f(x)＝ex－axex－a(a∈R).‎ ‎(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；‎ ‎(2)求证：x在(0，2)上任取一个值，不等式－<恒成立(注：e为自然对数的底数).‎ ‎(1)解　由已知得f′(x)＝ex(x＋1).‎ 由函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减得f′(x)≤0恒成立.‎ ‎∴－a≤0，即a≥，又∈(0，1)，‎ ‎∴a的取值范围为[1，＋∞).‎ ‎(2)证明　要证原不等式恒成立，‎ 即证ex－1－x0在x∈(0，2)上恒成立.‎ 设F(x)＝(x－2)ex＋x＋2，则F′(x)＝(x－1)ex＋1.‎ 在(1)中，令a＝1，则f(x)＝ex－xex－1，f(x)在(0，2)上单调递减，‎ ‎∴F′(x)＝－f(x)在(0，2)上单调递增，而F′(0)＝0，‎ ‎∴在(0，2)上F′(x)>0恒成立，‎ ‎∴F(x)在(0，2)上单调递增，‎ ‎∴F(x)>F(0)＝0，‎ 即当x∈(0，2)时，－<恒成立.‎ 能力提升题组 ‎13.(2020·九江一模)若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是(　　)‎ A. B.(－∞，3]‎ C. D.[3，＋∞)‎ 解析　f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1，4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥在[1，4]上恒成立.‎ 因为y＝在[1，4]上单调递增，所以t≥＝.‎ 答案　C ‎14.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝0，且f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，记α＝|f(－1)|＋|f′(1)|，β＝|f(1)|＋|f′(－1)|，则(　　)‎ A.α＝β B.α>β C.α<β D.α＝2β 解析　由导函数的图象为直线知函数f(x)为过原点的二次函数，设f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，结合导函数图象可知f(x)在上单调递增，在上单调递减，则a<0，又由 ‎－>1得b>－2a，则f′(1)＝2a＋b>0，f(1)＝a＋b>－a>0，f′(－1)＝－2a＋b>0，f(－1)＝a－b<0，因此α－β＝(a＋2b)－(－a＋2b)＝2a<0，故选C.‎ 答案　C ‎15.已知定义在R上的可导函数f(x)，满足0eaf(a)，f(a)>eaf(1)‎ B.f(1)>eaf(a)，f(a)eaf(1)‎ D.f(1)0，即g(x)在R上单调递增，因为a∈(1，＋∞)，则eaf(a)>ef(1)>f(1)；令函数h(x)＝，则h′(x)＝<0，即h(x)在R上单调递减，则f(a)0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；‎ 当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；‎ 当a＝0时，f(x)不是单调函数.‎ ‎(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，‎ 即a＝－2，∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.‎ ‎∴g(x)＝x3＋x2－2x，‎ ‎∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.‎ ‎∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，‎ 即g′(x)＝0在区间(t，3)上有变号零点.‎ 由于g′(0)＝－2，‎ ‎∴当g′(t)<0，‎ 即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，‎ 由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，‎ 即m<－5且m<－9，即m<－9；‎ 由g′(3)>0，即m>－，‎ 所以－