第3章 第2讲 导数与函数的单调性（word教师用书）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

第2讲　导数与函数的单调性 　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，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 　“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．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． 常用结论 1．若可导函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若可导函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 2．可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒为零． 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)√ 2．回源教材 (1)函数f(x)＝cos 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：D　∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sin x－1<0，∴f(x)在(0，π)上是减函数． (2)函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________． 解析：由f′(x)＝3x2＋4x－4>0得x<－2或x>，故单调递增区间为(－∞，－2)，(，＋∞)． 答案：(－∞，－2)，(，＋∞) (3)若函数y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由题意可知，y′＝1－≥0， 即a2≤x2在[2，＋∞)上恒成立， 由x2≥4，∴a2≤4，即－2≤a≤2. 又a>0，故0<a≤2. 答案：(0，2] 　求函数的单调性 　不含参函数的单调区间 1．函数f(x)＝xln x－3x＋2的单调递减区间为________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2， 当x∈(0，e2)时，f′(x)<0， 当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)． 答案：(0，e2) 2．若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递增区间为________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝， 令φ(x)＝－ln x－1(x>0)， φ′(x)＝－－<0， φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， ∴当x∈(0，1)时，φ(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0， ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，1)． 答案：(0，1) 反思感悟 确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 　含参函数的单调性 例1　已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性． 解：g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)， 令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2， ①若a>ln 2，则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0， 当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增， 在(ln 2，a)上单调递减． ②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，且g′(x)不恒等于0， ∴g(x)在R上单调递增， ③若a<ln 2，则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0， 当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增， 在(a，ln 2)上单调递减． 综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减； 当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增； 当a<ln 2时，g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 反思感悟 1．研究含参数的函数的单调性，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． 训练1　已知函数f(x)＝(2－a)x－ln x－1，a∈R. (1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间； (2)若a<0，设g(x)＝f(x)＋ax2，求函数g(x)的单调区间． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－1， 则f′(x)＝1－＝(x>0)， 当x>1时，f′(x)>0， ∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)． (2)g(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x－1(a<0)，其定义域为(0，＋∞)， ∴g′(x)＝2ax＋2－a－＝＝(a<0)， 令g′(x)＝0，可得x1＝，x2＝－>0. ①若－>，即－2<a<0， 当0<x<或x>－时，g′(x)<0； 当<x<－时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为(0，)，(－，＋∞)，单调递增区间为(，－)． ②若－＝，即a＝－2，则g′(x)≤0， ∴g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间． ③若0<－<，即a<－2， 当0<x<－或x>时，g′(x)<0； 当－<x<时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为(0，－)，(，＋∞)，单调递增区间为(－，)． 综上，当－2<a<0时，g(x)的单调递减区间为(0，)，(－，＋∞)，单调递增区间为(，－)；当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a<－2时，g(x)的单调递减区间为(0，－)，(，＋∞)，单调递增区间为(－，)． 　函数单调性的应用 　比较大小或解不等式 例2　(1)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：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()．又当x∈(0，)时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f()<f(1)<f()，即f(－)>f(1)>f()，故选A． (2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________． 解析：∵f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，∴f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取等号， ∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)， 即2x－3>0，解得x>，∴原不等式的解集为(，＋∞)． 答案：(，＋∞) 　根据函数的单调性求参数的值(范围) 例3　(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由f(x)＝ax＋(1＋a)x，得f′(x)＝axln a＋(1＋a)x·ln(1＋a)，则由题意知不等式axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．因为a∈(0，1)，所以1＋a∈(1，2)，则ln(1＋a)>0，所以不等式≥－()x对任意x∈(0，＋∞)恒成立．因为1＋>1，所以当x∈(0，＋∞)时，(1＋)x>1，－(1＋)x<－1，所以≥－1，即ln a≥－ln(1＋a)，ln a≥ln ，所以a≥，a2＋a－1≥0，解得a≤(舍去)或a≥.又a∈(0，1)，所以a的取值范围是[，1)． 答案：[，1) 反思感悟 1．根据函数单调性求参数的方法 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f(x)为增(减)函数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)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)． 2．利用导数比较大小，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小． 3．与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，再利用导数研究新函数的单调性，从而解不等式． 训练2　(1)已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>c>b　　 B．a>b>c C．b>a>c　　 D．c>b>a 解析：A　∵f(x)的定义域为R，f′(x)＝cos x－sin x－2＝cos(x＋)－2<0，∴f(x)在R上单调递减，又2e>1，0<ln 2<1，∴－π<ln 2<2e，故f(－π)>f(ln 2)>f(2e)，即a>c>b. (2)已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集为(　　) A．(0，)　　 B．(，1) C．(，1)　　 D．(，) 解析：B　由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－－1＝－(－1)2≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．则由f(2x－1)<f(1－x)可得解得<x<1，即原不等式的解集为(，1)．故选B． (3)已知函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1，2]上不单调，则实数a的取值范围是________． 解析：g′(x)＝， ∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调， ∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解， 则a＝－2x2－x＝－2(x＋)2＋在(1，2)内有解，易知函数y＝－2x2－x在(1，2)上是减函数， ∴y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)， 因此实数a的取值范围为(－10，－3)． 答案：(－10，－3) 学科网（北京）股份有限公司 $$