3.2 导数与函数的单调性（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

第二节　导数与函数的单调性 课标要求 1.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. 3.对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间. [系统主干知识] 函数的单调性与导数 导数到单调性 在区间(a，b)内，若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增 在区间(a，b)内，若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减 单调性 到导数 若函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0 若函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递减，则f′(x)≤0 “函数y＝f(x)在区间(a，b)内的导数大(小)于0”是“y＝f(x)单调递增(减)”的充分条件 [细作教材小题] 1．(人教A版选择性必修二P87·T1(2)改编)函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是(　 ) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，0] D．(0，＋∞) 解析：选D　因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.令f′(x)>0，解得x>0，即函数f(x)＝ex－x的单调递增区间为(0，＋∞)． 2．(人教A版选择性必修二P103·T3)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　 ) 解析：选B　由导函数的图象知，f′(x)在(－1,0)上增长的速度逐渐变大，f(x)的图象是下凹型的，导函数f′(x)的值在(0,1)上逐渐减小，故f(x)在(0,1)上增长的速度逐渐变小，图象是上凸型的，故选B. 3．(人教B版选择性必修三P95·T1改编)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)>0在区间(－1,2)恒成立，则f(0)与f(1)的大小关系为____________． 解析：因为f′(x)>0在区间(－1,2)恒成立，所以f(x)在(－1,2)单调递增．又－1<0<1<2，所以f(0)<f(1)． 答案：f(0)<f(1) 4．(湘教版选择性必修二P42·T10改编)若函数y＝－－2ax(a≠0)在区间[－1,2]上单调递增，则a的取值范围为________． 解析：对于函数y＝－－2ax(a≠0)，y′＝ax2－ax－2a＝a(x＋1)(x－2)．因为函数y＝－－2ax(a≠0)在区间[－1,2]上单调递增，所以y′≥0在区间[－1,2]上恒成立．而－1<x<2时，(x＋1)(x－2)<0，所以只需a<0.故a的取值范围为(－∞，0)． 答案：(－∞，0) 逐点清(一)　不含参数的函数的单调性 [例1]　函数f(x)＝e－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为(　 ) A. B. C. D. 解析：选D　f′(x)＝－e－xcos x－e－xsin x＝－e－x(cos x＋sin x)＝－e－xsin，当x∈时，e－x>0，sin>0，则f′(x)<0；当x∈时，e－x>0，sin<0，则f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为.故选D. [例2]　函数f(x)＝2x＋－ln x的单调递减区间为________． 解析：由题可知，f(x)＝2x＋－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－－＝＝，可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增．故函数f(x)＝2x＋－ln x的单调递减区间为(0,1)． 答案：(0,1) 点拨·建模　确定函数f(x)单调性(区间)的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先原则)． (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；解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 逐点清(二)　含参数的函数的单调性 [例3]　(2024·沧州模拟)已知函数f(x)＝x3－x2＋4ax. (1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程． (2)讨论f(x)的单调性． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝x3－3x2＋8x，则f(1)＝－3＋8＝.f′(x)＝x2－6x＋8，则f′(1)＝1－6＋8＝3，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝3(x－1)，即9x－3y＋7＝0. (2)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x2－(a＋4)x＋4a＝(x－4)(x－a)， 当a<4时，由f′(x)>0得x<a或x>4，由f′(x)<0得a<x<4， 所以f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增； 当a＝4时，因为f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>4时，由f′(x)>0得x<4或x>a， 由f′(x)<0得4<x<a， 所以f(x)在(－∞，4)上单调递增，在(4，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 综上可知，当a<4时，f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增； 当a＝4时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>4时，f(x)在(－∞，4)上单调递增，在(4，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 点拨·建模 解决含参数的函数的单调性问题的注意点 (1)研究含参函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 逐点清(三)　函数单调性的应用 题点1　根据函数单调性求参数 [例4]　已知函数f(x)＝ln x＋x2＋bx的单调递减区间为，则b的值为(　 ) A．3 B．－6 C．6 D．－3 解析：选D　由f(x)＝ln x＋x2＋bx，得f′(x)＝＋2x＋b.因为f(x)的单调递减区间是，所以的解集为，即2x2＋bx＋1<0的解集为，所以－＝＋1＝，解得b＝－3，经检验符合题意． [例5]　(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(　 ) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：选C　依题意，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)恒成立，显然a＞0，所以xex≥.设g(x)＝xex，x∈(1,2)，则g′(x)＝(x＋1)ex＞0.所以g(x)在(1,2)单调递增，g(x)＞g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C. 个性点拨　根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上具有单调性，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f(x)在(a，b)内单调递增(减)的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 题点2　比较大小或解不等式 [例6]　函数f(x)的定义域为R，f(2)＝5，对任意x∈R，f′(x)<3，则f(x)<3x－1的解集为(　 ) A．R B．(－∞，－2) C．(2，＋∞) D．(－2,2) 解析：选C　令g(x)＝f(x)－3x＋1，则g′(x)＝f′(x)－3<0在x∈R上恒成立，所以g(x)在定义域上单调递减．而g(2)＝f(2)－5＝0，所以原不等式即为g(x)<0＝g(2)，可得x>2，故原不等式解集为(2，＋∞)． [例7]　已知函数f(x)＝ln x－，设a＝f，b＝f(2)，c＝f，则(　 ) A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b 解析：选C　易知f′(x)＝＝，又x∈(0，＋∞)时，ex＞1，2－≥－，所以f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f＞f(2)＞f，即c＞b＞a. 个性点拨 利用导数比较大小或解不等式的解题策略 利用导数比较大小或解不等式，其关键是构造函数，把比较大小和解不等式问题转化为先利用导数判断函数单调性，再根据单调性比较大小和解不等式问题．比较大小时，还要注意当自变量不在同一单调区间内时，应先利用函数的性质将其转化到同一单调区间内，再进行比较；解不等式时，还要注意将常数巧妙地转化为函数值，再根据单调性去掉函数符号“f”． 逐点验收(一)　判断函数的单调性 1.已知函数y＝f(x)(x∈R)的导函数f′(x) 的图象如图所示，则函数y＝f(x)(　 ) A．在(－∞，－2)上单调递增 B．在(1，＋∞)上单调递减 C．在(－∞，3)上单调递增 D．在(3，＋∞)上单调递减 解析：选D　由题图可知，当x<－2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－2<x<3 时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，当x>3时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是(　 ) A．(－∞，2] B．[0,3] C．[1,4] D．[2，＋∞) 解析：选A　f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，由f′(x)<0得(x－2)ex<0，即x<2，所以函数的单调递减区间为(－∞，2]． 3．已知函数f(x)＝ex－1－ax(a∈R)，讨论f(x)的单调性． 解：由f′(x)＝ex－1－a，定义域为R，知当a≤0时，f′(x)>0，即f(x)在定义域上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝ex－1－a＝0，则x＝1＋ln a，当x>1＋ln a时，f′(x)>0，即f(x)单调递增；当x<1＋ln a时，f′(x)<0，即f(x)单调递减，此时f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减，在(1＋ln a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减，在(1＋ln a，＋∞)上单调递增． 逐点验收(二)　函数单调性的应用 4．(2024·湖州质检)已知函数f(x)＝3x＋2cos x．若a＝f(3 )，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　 ) A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a 解析：选D　由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为>1，所以3>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3，所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a. 5．若函数f(x)＝x3－3kx＋1在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是(　 ) A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：选B　由题意得，f′(x)＝3x2－3k＝3(x2－k)≥0在区间(1，＋∞)上恒成立，即k≤x2在区间(1，＋∞)上恒成立．又函数y＝x2在(1，＋∞)上单调递增，得x2>1，所以k≤1，即实数k的取值范围是(－∞，1]．故选B. 6．设a＝，b＝，c＝e－2＋ln 2，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．a>b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a 解析：选A　构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)＝在[1，＋∞)上单调递减，而a＝＝f(1)，b＝＝＝f(ln 3)，c＝e－2＋ln 2＝＝f(2)，又1<ln 3<2，所以f(1)>f(ln 3)>f(2)，即a>b>c. 7．已知函数f(x)＝cos x＋ex＋e－x－x2，则关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为(　 ) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 　　　B. C.∪(4，＋∞) 　　 D．(－1,2) 解析：选B　f′(x)＝ex－e－x－sin x－x，令g(x)＝ex－e－x－sin x－x，则g′(x)＝ex＋e－x－cos x－1≥2－cos x－1＝1－cos x≥0，当且仅当x＝0时等号成立，∴函数g(x)在R上单调递增．又g(0)＝0，∴当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，∴f′(x)≥0，∴当x∈(－∞，0)时，g(x)<g(0)＝0，∴f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．又f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)可转化为|3＋x|>|2x－1|，解得－<x<4.即关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为. [课时跟踪检测] 一、强基训练，提高自信心 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：选A　由题意，f′(x)＝3x2＋a，f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0，即a≥－3x2在R上恒成立，故a≥0.所以“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件． 2．(2024·齐齐哈尔模拟)若函数f(x)＝x2－3x－4ln x，则函数f(x)的单调递减区间为(　 ) A．(4，＋∞) B．(0,1) C．(0,4) D．(1,4) 解析：选C　函数f(x)＝x2－3x－4ln x，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－3－＝＝，令f′(x)<0，解得0<x<4，则函数f(x)的单调递减区间为(0,4)． 3．已知函数f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)>0的解集为(　 ) A.∪(2，＋∞) B．(－∞，0)∪ C．(－∞，0)∪ D.∪(2，＋∞) 解析：选A　由函数f(x)(x∈R)的图象可知，当x<或x>2时，f′(x)>0；当<x<2时，f′(x)<0，xf′(x)>0等价于或故不等式xf′(x)>0的解集为∪(2，＋∞)． 4．若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，则a的取值范围是(　 ) A．[3，＋∞) B．(－∞，3] C．[3，e2＋1] D．(3，e2＋1] 解析：选B　依题意f′(x)＝2x－a＋≥0在区间(1，e)上恒成立，即a≤2x＋在区间(1，e)上恒成立．令g(x)＝2x＋(1<x<e)，g′(x)＝2－＝＝>0，g(x)在(1，e)上单调递增，g(1)＝3，所以a≤3.所以a的取值范围是(－∞，3]． 5．已知a＝ln 3，b＝，c＝，则(　 ) A．c<a<b B．c<b<a C．a<b<c D．b<a<c 解析：选A　令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，由f′(x)>0，得x∈(0，e)，由f′(x)<0，得x∈(e，＋∞)，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．因为e<3，所以>，即>ln 3，故a<b.因为4>，所以＝<，所以ln 2<2ln，所以ln 2<ln 11，所以<1，而a＝ln 3>1，所以c<a<b. 6．(2024·临汾模拟)[多选]若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上具有单调性，则实数m的取值范围可以是(　 ) A．{4} B．(－∞，2] C．(1,2] D．(0,3] 解析：选AC　f′(x)＝x－＝(x>0)，令f′(x)>0，得x>3，令f′(x)<0，得0<x<3，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)，单调递减区间为(0,3)．因为函数f(x)在区间[m－1，m＋1]上具有单调性，所以或m－1≥3，解得1<m≤2或m≥4. 7．[多选]已知定义在R上的函数f(x)满足2f(x)>f′(x)，在下列不等关系中，一定成立的是(　 ) A．e2f(1)>f(2) B．e2f(1)<f(2) C．f(e)>e2e－4f(2) D．f(e)<e2e－4f(2) 解析：选AD　因为2f(x)>f′(x)，所以f′(x)－2f(x)<0.令g(x)＝，则g′(x)＝，因为f′(x)－2f(x)<0，e2x>0，所以g′(x)<0，所以g(x)在R上单调递减，g(1)>g(2)，即>，即e2f(1)>f(2)，故A正确，B错误；g(e)<g(2)，即<，即f(e)<e2e－4f(2)，故C错误，D正确． 8．函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________________，单调递减区间为________． 解析：f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2，当x∈(－∞，0)∪(ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(0，ln 2)时，f′(x)＜0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)． 答案：(－∞，0)，(ln 2，＋∞)　(0，ln 2) 9．(2024·丽水模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________． 解析：f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，得f′(x)＜0的解集为(－3,1)，则－3,1是f′(x)＝0的解，所以－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2. 答案：－2 10．已知函数f(x)＝ln x－ax2－x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是__________． 解析：函数f(x)＝ln x－ax2－x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－ax－1，依题意，不等式f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，等价于a>－在(0，＋∞)上有解，而－＝2－≥－，当且仅当x＝2时取等号，则a>－，所以实数a的取值范围是. 答案： 11．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性． 解：由已知得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，则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0＜a＜1时，令f′(x)＝0，解得x＝， 则当x∈时，f′(x)＜0； 当x∈时，f′(x)＞0， 故f(x)在内单调递减， 在上单调递增． 综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0＜a＜1时，f(x)在内单调递减， 在上单调递增． 12．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex，x∈R. (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝－(x2－2)ex， 令f′(x)>0，即x2－2<0，解得－<x<， ∴f(x)的单调递增区间是(－，)． (2)f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，若f(x)在(－1,1)上单调递增， 即当－1<x<1时，f′(x)≥0， 即－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立， 即a≥x＋1－对x∈(－1,1)恒成立， 令y＝x＋1－，则y′＝1＋>0， ∴y＝x＋1－在(－1,1)上单调递增， ∴y<1＋1－＝，∴a≥， ∴a的取值范围是. 二、创优训练，冲刺“双一流” 13．[多选]已知函数f(x)＝ex－1－e1－x＋sin πx，实数a满足不等式f(2a)＋f(a－1)>0，则a的取值可以是(　 ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选CD　因为f(x)＝ex－1－e1－x＋sin πx，所以f(2－x)＝e1－x－ex－1＋sin π(2－x)＝e1－x－ex－1－sin πx＝－f(x)，所以f(x)关于(1,0)对称，f′(x)＝ex－1＋e1－x＋2cos πx≥2＋2cos πx＝2＋2cos πx，当且仅当ex－1＝e1－x，即x＝1时等号成立．又因为－2≤2cos πx≤2，所以f′(x)≥0恒成立，则f(x)是增函数．因为f(2a)＋f(a－1)>0，所以f(2a)>－f(a－1)＝f(3－a)，则2a>3－a⇒a>1.故选CD. 14．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不具有单调性，则实数a的取值范围是________． 解析：f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1,2]上具有单调性，即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3.又a>0，所以0<a≤或a≥1.因为f(x)在[1,2]上不具有单调性，所以<a<1. 答案： 15．(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋xln(1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.因为a∈(0,1)，所以ln(1＋a)>0，＋1>2，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0<a<1，所以a的取值范围为. 答案： 16．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程． (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(1＋x)，f′(x)＝－ln(1＋x)＋·， 所以f′(1)＝－ln 2， 又f(1)＝0，所以点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－(x－1)ln 2，即xln 2＋y－ln 2＝0. (2)由题意得f′(x)＝－ln(1＋x)＋·≥0(x>0)，即≥0(x>0)，因为x2(1＋x)>0，所以只需满足ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)≥0(x>0)． 设g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)， 则g′(x)＝2ax＋1－ln(1＋x)－1＝2ax－ln(1＋x)． 若a≤0，则g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，于是在(0，＋∞)上g(x)<g(0)＝0，不满足题意． 若a>0，设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2a－，h′(0)＝2a－1. ①若0<a<，则h′(0)＝2a－1<0，令h′(x)＝0，得x＝－1，因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当0<x<－1时，h′(x)<0，当x>－1时，h′(x)>0， 所以h(x)即g′(x)在上单调递减，在上单调递增，于是当0<x<－1时，g′(x)<g′(0)＝0，即g(x)在上单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意； ②若a≥，因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝2a－1≥0，所以h(x)即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g′(x)>g′(0)＝0，于是g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g(x)>g(0)＝0，满足题意． 综上所述，a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$